Đề thi học sinh giỏi huyện Việt Yên môn toán 8 năm 2012 - 2013(có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Trường THCS Đáp Cầu Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG MÔN :TOÁN LỚP 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm): Tìm x biết: a) x 2 – 4x + 4 = 25 b) 4 1004 1x 1986 21x 1990 17x       c) 4 x – 12.2 x + 32 = 0 Bài 2 (1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và 0 z 1 y 1 x 1  . Tính giá trị của biểu thức: xy2z xy xz2y xz yz2x yz A 222       Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm. a) Tính tổng ' CC 'HC ' BB 'HB ' AA 'HA  b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM. c) Chứng minh rằng: 4 'CC'BB'AA )CABCAB( 222 2    . Bài 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax 2 + bx + c, với a, b, c là các số hữu tỉ. Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A = 12 2 68 2 3   xx xx ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8  Bài 1(2 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = - 3 ( 1/2 điểm ) b) Tính đúng x = 2007 ( 1/2 điểm ) c) 4 x – 12.2 x +32 = 0  2 x .2 x – 4.2 x – 8.2 x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm )  2 x (2 x – 4) – 8(2 x – 4) = 0  (2 x – 8)(2 x – 4) = 0 ( 0,25điểm )  (2 x – 2 3 )(2 x –2 2 ) = 0  2 x –2 3 = 0 hoặc 2 x –2 2 = 0 ( 0,25điểm )  2 x = 2 3 hoặc 2 x = 2 2  x = 3; x = 2 ( 0,25điểm )  Bài 2(1,25 điểm): 0 z 1 y 1 x 1  0xzyzxy0 xyz xzyzxy      yz = –xy–xz ( 0,25điểm ) x 2 +2yz = x 2 +yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x– z) ( 0,25điểm ) Tương tự: y 2 +2xz = (y–x)(y–z) ; z 2 +2xy = (z–x)(z– y) ( 0,25điểm ) Do đó: )yz)(xz( xy )zy)(xy( xz )zx)(yx( yz A       ( 0,25điểm ) Tính đúng A = 1 ( 0,25 điểm )  Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 090    a,d,c,b,a (0,25điểm) Ta có: 2 kabcd  2 m)3d)(5c)(3b)(1a(  2 kabcd  với k, m  N, 100mk31    (0,25điểm)  2 m1353abcd  (0,25điểm) Do đó: m 2 –k 2 = 1353  (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) (0,25điểm) m+k = 123 m+k = 41 m–k = 11 m–k = 33 m = 67 m = 37 k = 56 k = 4 (0,25điểm) Kết luận đúng abcd = 3136 (0,25điểm)  Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng (0,25điểm) a) 'AA 'HA BC'.AA. 2 1 BC'.HA. 2 1 S S ABC HBC  ; (0,25điểm) Tương tự: 'CC 'HC S S ABC HAB  ; 'BB 'HB S S ABC HAC  (0,25điểm) 1 S S S S S S 'CC 'HC 'BB 'HB 'AA 'HA ABC HAC ABC HAB ABC HBC  (0,25điểm) b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: AI IC MA CM ; BI AI NB AN ; AC AB IC BI  (0,5điểm ) AM.IC.BNCM.AN.BI 1 BI IC . AC AB AI IC . BI AI . AC AB MA CM . NB AN . IC BI   c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx (0,25điểm) -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ (0,25điểm)   (0,5điểm ) (0,5đi ểm ) hoặc hoặc - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD (0,25điểm) -  BAD vuông tại A nên: AB 2 +AD 2 = BD 2  AB 2 + AD 2  (BC+CD) 2 (0,25điểm) AB 2 + 4CC’ 2  (BC+AC) 2 4CC’ 2  (BC+AC) 2 – AB 2 Tương tự: 4AA’ 2  (AB+AC) 2 – BC 2 4BB’ 2  (AB+BC) 2 – AC 2 (0,25điểm) -Chứng minh được : 4(AA’ 2 + BB’ 2 + CC’ 2 )  (AB+BC+AC) 2 4 'CC'BB'AA )CABCAB( 222 2    (0,25điểm) (Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC =BC   ABC đều) Bài 5: (1,25 điểm) a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (0,25 điểm) => a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên => (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên Vậy 2a, 2b nguyên.(0,25 điểm) b/ Có A = 2 )1( 1 1 2 3 2 )1( 1)1(2)12 2 (3       x x x xxx (0,25 điểm) Đặt y = 1 1 x => A = y 2 – 2y + 3 = (y – 1) 2 + 2  2 (0,5 điểm) => min A = 2 => y = 1 1 1 1    x => x = 2 Vậy min A = 2 khi x = 2 (0,25 điểm) B A C I B’ H N x A’ C’ M D B A C I B’ H N x A’ C’ M D  *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó. PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 2 2013 2012 2013 x x x   . 2. Rút gọn biểu thức sau: 2 2 2 2 3 2 2 2 1 2 A 1 2 8 8 4 2 x x x x x x x x x                      . Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2. 2 2 2 2 2 2 (2 2013) 4( 5 2012) 4(2 2013)( 5 2012) x x x x x x x x          2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 2 3 x 2x 3x 2 y .     Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho 2 x  dư 10, f(x) chia cho 2 x  dư 24, f(x) chia cho 2 4 x  được thương là 5 x  và còn dư. 2. Chứng minh rằng: 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c b c a c a b a b c b a c a c b            Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 = + AD AM AN . Câu 5. (2,0 điểm) Cho , , a b c là ba số dương thoả mãn 1 abc  . Chứng minh rằng : 3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 a b c b c a c a b       . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký) PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NGÀY THI … /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) 1 (2.0 điểm) Ta có 4 2 2013 2012 2013 x x x     4 2 2013 2013 2013 x x x x     0,5       2 2 1 1 2013 1 x x x x x x        0.5     2 2 1 2013 x x x x     0.5 Kết luận 4 2 2013 2012 2013 x x x       2 2 1 2013 x x x x     0.5 2 (2.0 điểm) ĐK: 0 2 x x      0.25 Ta có 2 2 2 2 3 2 2 2 1 2 A 1 2 8 8 4 2 x x x x x x x x x                      0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 4) 4(2 ) (2 ) x x x x x x x x x x                   0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) ( 2) 4 ( 1)( 2) 2( 4) ( 4)(2 ) 2( 2)( 4) x x x x x x x x x x x x x x x x x                                        0.5 3 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 ( 4)( 1) 1 . 2( 4) 2 ( 4) 2 x x x x x x x x x x x x x x             0.5 Vậy 1 A 2 x x   với 0 2 x x      . 0.25 Câu 2 (4.0 điểm) 1 (2.0 điểm) Đặt: 2 2 2 2013 5 2012 a x x b x x            0.25 Phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 4 4 ( 2 ) 0 2 0 2 a b ab a b a b a b           0.5 Khi đó, ta có: 2 2 2 2 2 2013 2( 5 2012) 2 2013 2 10 4024 x x x x x x x x           0.5 2011 11 2011 11 x x       . 0.5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2011 11 x   . 0.25 2 (2.0 điểm) Ta có 2 3 3 2 3 7 y x 2x 3x 2 2 x 0 x y 4 8                 (1) 0.5 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 4 16                   (2) 0.5 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) 0.5 KL 0.25 Câu 3 (4 điểm) 1 (2.0 điểm) Giả sử f(x) chia cho 2 4 x  được thương là 5 x  và còn dư là ax b  . Khi đó: 2 f( ) ( 4).( 5 ) ax+b x x x    0.5 Theo đề bài, ta có: 7 (2) 24 2 24 2 ( 2) 10 2 10 17 f a b a f a b b                        0.5 Do đó: 2 7 f( ) ( 4).( 5 ) x+17 2 x x x    0.5 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 3 47 f( ) 5 17. 2 x x x    0.5 2 (2.0 điểm) Ta có: 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 (1) a b c b c a c a b a b c b a c a c b            Đặt: 2 2 2 x z a a b c x x y b c a y b a c b z y z c                               0.25 Khi đó, ta có: 2 2 2 (1) 1 VT . . ( )( ). 2 2 2 2 2 2 4 x z x y y z y z x z x y y x x y x y z                          0.5 2 2 2 2 2 1 . . . . ( ) 2 2 2 2 4 x z x z y z z y y x x y z         0.5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ). ( ). ( ). 4 4 4 x z y z y x x y z       0.25 2 2 2 2 2 2 (1) 1 1 ( ). ( ). 0 VP 4 4 x y z x y z      (đpcm) 0.25 KL:…. 0.25 Câu 4 (6 điểm) 1 (2.0 điểm) Ta có   DAM = ABF (cùng phụ  BAH ) AB = AD ( gt)   0 BAF = ADM = 90 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) 0.75 => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) 0.5 Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành Mặt khác.  0 DAE = 90 (gt) 0.5 Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 2 (2.0 điểm) Ta có ΔABH ΔFAH  (g.g) AB BH = AF AH  hay BC BH = AE AH ( AB=BC, AE=AF) 0.5 Lại có   HAB = HBC (cùng phụ  ABH ) ΔCBH ΔEAH   (c.g.c) 0.5 2 ΔCBH ΔEAH S BC = S AE        , mà ΔCBH ΔEAH S = 4 S (gt) 2 BC = 4 AE        nên BC 2 = (2AE) 2  BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD 0.5 Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 3 (2.0 điểm) Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:  AD AM = CN MN AD CN = AM MN  0.5 Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC = = AN AB AN MN   hay AD MC = AN MN 0.5  2 2 2 2 2 2 2 2 2 AD AD CN CM CN + CM MN + = + = = =1 AM AN MN MN MN MN                         (Pytago) 0.5  2 2 AD AD + = 1 AM AN             2 2 2 1 1 1 AM AN AD    (đpcm) 0.5 Câu 5 2 điểm N M H F E D C B A 2.0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có   2 2 2 2 a b c a b c x y z x y z        (*) Dấu “=” xảy ra  a b c x y z   Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có   2 2 2 a b a b x y x y     (**)        2 2 2 a y b x x y xy a b        2 0 bx ay   (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra  a b x y  Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có     2 2 2 2 2 2 a b a b c a b c c x y z x y z x y z            Dấu “=” xảy ra  a b c x y z   0.75 Ta có: 2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b c a c a b ab ac bc ab ac bc            Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( ) 2 a b c a b c a b c ab ac bc ab ac bc ab bc ac a b c                                  (Vì 1 abc  ) 0.5 Hay 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 a b c ab ac bc ab ac bc a b c               0.25 Mà 1 1 1 3 a b c    nên 2 2 2 1 1 1 3 2 a b c ab ac bc ab ac bc       0.25 Vậy 3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 a b c b c a c a b       (đpcm) 0.25 Điểm toàn bài (20 điểm) Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. . *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó. PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI. giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A = 12 2 68 2 3   xx xx ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8  Bài. trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 201 2- 2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích