179 đề hsg toán 8 yên mỗ 2014 2015

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN N MƠ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 05 câu, 01 trang) NĂM HỌC 2014 – 2015 MƠN TỐN Câu (4,0 điểm): Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) a4 + 8a3 + 14a2 - 8a -15 b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2 Câu (4,0 điểm): a b c x y z   1   0 ( Với x, y, z, a, b, c khác 0) x y z a b c x y2 z2 Chứng minh :   1 a b c b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y   x  x y  32  Câu (4,0 điểm): Giải phương trình sau: a) Cho a) ( x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12 b) x  x  x  x  100 x  101 x  102      100 101 102 Câu (6,0 điểm): Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N a) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật b) Chứng minh ΔCBH CBH đồng dạng với ΔCBH EAH c) Biết diện tích ΔCBH CBH gấp bốn lần diện tích ΔCBH EAH Chứng minh rằng: AC = 2EF 1 = + d) Chứng minh rằng: AD AM AN Câu (2 điểm): Cho a, b, c độ dài cạnh p nửa chu vi tam giác 1  1 1   2     Chứng minh: p a p b p c a b c -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN YÊN MÔ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015 Mơn : Tốn lớp (Hướng dẫn chấm gồm trang) Câu Tóm tắt đáp án a) a + 8a + 14a - 8a -15 = a4 + 8a3 + 15a2 - a2 - 8a -15 = (a4 + 8a3 + 15a2) - (a2 + 8a + 15) = a2( a2 + 8a + 15) - (a2 + 8a + 15) = (a2 + 8a + 15)( a2 - 1) Câu = (a + 3)(a + 5)(a + 1)(a - 1) (4đ) b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2 = (2ab)2 - (a2 + b2 - c2)2 = ( 2ab + a2 + b2 - c2) ( 2ab - a2 - b2 + c2) = [( a + b)2 - c2][c2 - (a - b)2] = (a + b - c)(a + b +c)(c – a + b)(c + a - b) a b c ayz+bxz+cxy   0  0 a) Từ : x y z xyz  ayz + bxz + cxy = x y z x y z + + =1  ( + + ) =1 Ta có : a b c a b c x y2 z xy xz yz  + + +2( + + )=1 ab ac bc a b c 2 x y z cxy+bxz+ayz  + + +2 =1 abc a b c x y2 z  + + =1 Câu a b c (4đ) b,Ta có: y   x  x y  32   x   x  2x y  y  64 3 2   x    x  y  64 Vì x  N 64 phân tích thành 64 02  43 03  82 nên ta có:  x 0  x 4  x 2; x   x 0       x  y 0  x  y  82  y 8; y   y 8; y  Vậy pt cho có nghiệm nguyên:  x 0; y 8 ;  x 0; y  8 ;  x 2; y 8  ;  x  2; y   Câu a) Đặt x2 + x + = y (4đ) pt cho trở thành y( y + 1) - 12 =  y2 + y - 12 =  (y - 3)(y + 4) =  y = y = - + Với y = ta x1 = 1; x2 = - + Với y = - 4, vô nghiệm Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,75 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 KL: Vâỵ PT cho có nghiệm x1 = 1; x2 = - x  x  x  x  100 x  101 x  102      b) 100 101 102 x x x x  100 x  101 x  102  1)  (  1)  (  1) (  1)  (  1)  (  1) 100 101 102 1 1 1   (x - 105)       =  100 101 102   x = 105  ( 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 KL: Vâỵ PT cho có nghiệm x= 105 Câu (6đ) E A B H F D C M N a)( 1,5 điểm)    Ta có DAM (cùng phụ BAH ) = ABF AB = AD ( gt) BAF = ADM  = 900 (ABCD hình vng)  ΔCBH ADM = ΔCBH BAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM Lại có AE // DM ( AB // DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành  Mặt khác DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật b)( 1,5 điểm) Ta có ΔCBH ABH ΔCBH FAH (g.g) AB BH BC BH  = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH    Lại có HAB (cùng phụ ABH ) = HBC  ΔCBH CBH ΔCBH EAH (c.g.c) c)( 1,5 điểm) Từ ΔCBH CBH ΔCBH EAH ( cmt) 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 1,0 2 SΔCBH CBH SΔCBH CBH  BC   BC  = = = nên BC2 = (2AE)2 (gt)    , mà S  SΔCBH EAH  AE  ΔCBH EAH  AE   BC = 2AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD  Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) d)( 1,5 điểm) Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:  AD AM AD CN =  = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:  MN MC AB MC AD MC =  = = hay AN AB AN MN AN MN  2 0,5 0,25 0,5 CN + CM MN  AD   AD   CN   CM  + = + = = =1         MN MN  AM   AN   MN   MN  2 1   AD  +  AD  =    2 AM AN AD  AM   AN  (đpcm) xy 1     ( x, y >0) xy xy x y xy Áp dụng kết ta được: 1 4     p  a p  b  p  a    p  b  2p  a  b c Câu 1 1 (2đ) Tương tự ta có:   ;   p b p c a p c p a b Cộng vế bất đẳng thức trên, thu gọn ta được: 1  1 1   2     p a p b p c a b c Dấu đẳng thức xảy a = b = c hay tam giác cho 0,5 0,25 Ta có:  x  y  4xy  Lưu ý: - Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa - Bài hình khơng có hình vẽ khơng chấm - Tổng điểm cho điểm lẻ đến 0,25đ (ví dụ : 13,25đ ; 14,5đ; 16,75đ) 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25