Đề đa HSG toán 8 huyện tiền hải 2016 2017

Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của A là số chính phương.. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP.. Kẻ BH vuông góc với AC tại H.. Gọi Q là trung đi

PHÒNG GIÁO DỤC–ĐÀO TẠO

MÔN: TOÁN 8 (Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1:(4,5 điểm)

1) Phân tích đa thức thành nhân tử : M = (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24

2) Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0 Chứng minh rằng:

Nếu a + b + c = 0 thì a b b c c a . c a b 9

3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của A là số chính phương

Bài 2:(4,0 điểm)

1) Cho biểu thức P x 43 1 : 1 2x 8

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x 2  3x 2 0  

2 Chứng minh rằng: f (x) (x 2 x 1)2018(x2 x 1) 2018 2 chia hết cho g(x) x 2 x

Bài 3:(3,5 điểm)

1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số) x m x 3 2

x 3 x m

2) Giải phương trình: 2

2x(8x 1) (4x 1) 9  

Bài 4 (7,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP Kẻ BH vuông góc với AC tại H Gọi Q là trung điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành

b) Khi M là trung điểm của AD Chứng minh BQ vuông góc với NP

c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F Chứng minh rằng 12 12 1 2

AB AP 4AF

Bài 5 (1,0 điểm):

Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi

Họ và tên thí sinh:

Số báo danh: Phòng

PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC2016 -2017

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Bài1

(4,5đ) Bài 1:(4,5 điểm)

1 Phân tích đa thức thành nhân tử : M= (x+2)(x+3)(x+4)(x+5)-24

2 Cho A= p4 trong đó p là số nguyên tố Tìm các giá trị của p để tổng các

ước dương của A là một số chính phương

3.Chứng minh rằng nếu a+b+c = 0 thì

Câu1

1,5đ M = (x+2)(x+3)(x+4)(x+5)-24 = ( x2+7x+10)(x2+7x+12)-24

M = ( x2+7x+11-1)(x2+7x+11+1)-24

0,75 đ

M = ( x2+7x+11)2- 25 = ( x2+7x+6) ( x2+7x+16) 0,5

M =(x+1)(x+6)( x2+7x+16) 0,25đ Câu 2

1,5đ Các ước dương của A là 1, p, p2, p3,p4

Tổng các ươc là 1 p p  2p3 p4 n2 (n N )

0,5đ

4 4p 4p 4p 4p 4n

Ta có 4p44p3 p2 4n2 4p4p2 4 4p38p24p

0,5đ

(2p p) (2 )n (2p p 2) (2 )n (2p p 1)

4p 4p 4p 4p 4 4p 4p 5p 2p 1 p  2p 3 0

p1= -1(loại) ; p2 = 3

0,25đ

Câu 3

1,5đ Đặt a b x;b c y;c a z c 1; a 1; b 1

(1) (x y z) 1 1 1 9

x y z

      

0,5 đ

Ta có (x y z) 1 1 1 3 y z x z x y

Ta lại có:

y z b c c a c b bc ac a c

0,25đ

2 ( ) 2

c c a b c

  



0,25đ Tương tự ta có

;

3 3 3

0,25 điểm

Vì a b c    0 a3 b3 c3  3abc

Do đó (x y z) 1 1 1 3 2 3abc 3 6 9

0,25đ

Bài 2

(5đ) Bài 2:(5điểm)

: 1

P

    (Vớix 1)

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x2  3x  2 0

c) Tìm số nguyên x để P nhận giá trị là số nguyên

2.Chứng minh rằng: f x( ) ( x2 x 1)2018(x2  x1)2018 2 chia hết cho

2 ( )

g x x  x

Câu a

1,5đ Với x 1ta có

:

P

0,5đ

P

0,5đ

2

0,25đ Vậy x 1 thì 2

3 9

x P x







0,25đ

Câub

1đ

2 3 2 0

x  x  suy x = 2 hoặc x= 1 (loại) 0,5đ Thay x=2 vào P ta có 2

2 3 5

2 9 13

Kết luận với x= 2 thì 5

13

Câu c

1đ Để P nhận giá trị nguyên  2

3 9

x x



 nguyên khi đó (x3) (x29) 2

(x 3)(x 3) (x 9)

0,25đ

(x 9) (x 9) (x 9 18) (x 9) 18 (x 9)

            suy rax 2 9 là ước của 18 0,25đ

Thử lại ta được x=-3 thỏa mãn bài toán Và kết luận 0,25đ

Câu2

1đ Đa thức

2

g x x  x x x  có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1 0,5đ

Ta có f(0) ( 1)  201812018 2 0  x=0 là nghiệm của f(x)  f(x) chứa thừa số

x

0,25đ

Ta có f(1) (1 2 1 1)2018(12 1 1)2018 2 0  x=1 là nghiệm của f(x)  f(x)

chứa thừa số x- 1

0,25đ

mà các thừa số x và x-1 không có nhân tử chung do đó f(x) chia hết cho x(x-1) 0,25đ Vậy f x( ) ( x2 x 1)2018(x2 x1)2018 2 chia hết cho g x( )x2 x 0,25đ

Bài 3

3,5đ Bài 3:(3,5điểm)

1 Tìm m để phương trình có nghiệm( m tham số) 3 2

3

2.Giải phương trình: 2 (8x x1) (42 x1) 9

Câu1

2đ

ĐKXĐ: x  -3 ; x  -m ta có

2 2 2 3

3

2x m 9 2(x 3x 3m mx)

        2(m3)x(m3)2(1)

0,5đ

Với m = 3 thì (1) có dạng 0x = 0 Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều kiện x  -3; 0,5đ

x  -m , do đó tập nghiệm của phương trình là x  3

Với m  thì phương trình (1) có nghiệm 3

2

x

m



0,5đ

Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có :

3 3 2

m 

2

m

m



  tức là m  Vậy nếu 3 m  thì 3 3

2

m

nghiệm

0,25đ

Kết luận : với m= -3 thì Sx x/ 3 Với m  thì 3 3

2

m

0,25đ

Câu

2

1,5đ

Ta có 2 (8x x1) (42 x1) 9 

(64x216x1)(8x2 2 ) 9x   (64x216x1)(64x216 ) 72x  (*)

0,25đ

Đặt 64x2 -16x = t ta có (*) t(t+1) – 72 = 0 t =- 9 hoặc t = 8 0,5đ Với t = -9 ta có 64x2 -16x= -9 64x2 -16x + 9 = 0 (8x -1)2 +8 = 0

Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8  64x2 -16x – 8 = 0 (8x -1)2 -9 = 0

 x = 1

2 hoặc x= 1

4



0,25đ

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

2 hoặc x= 1

4

b)

1,25đ

Bài 4(6 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD.Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của D và B trên

AC và M,N,P, Q lần lượt trung điểm của AD, AH, BC, CK

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành

b) Chứng minh BQ vuông góc với NP

c) Giả sử cạnh AB = 2BC và điểm P là điểm trên cạnh BC Tia AP cắt

đường thẳng CD tại điểm F Chứng minh rằng 2 2 2

4

0,25

D

B

C

A

H

K N

Q E

Câu a

2đ Chưng minh được DH // BK (1)Chứng minh được AHDCKBsuy ra DH = BK (2) 0,5đ1 đ

Từ (1) và (2)  tứ giác MNPQ là hình bình hành 0,5đ Câub Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình của KBC 0,5đ

nên QE // BC  QE AB(vì BCAB) và 1 1

Chứng minh AM = QE và AM//QE  tứ giác AMQE là hình bình hành 0,5đ Chứng minh AE// NP//MQ (3) Xét AQB có BK và QE là hai đường cao của

tam giác  E là trực tâm của tam giác

0,5đ nên AE đường cao thứ ba của tam giác AEBQ BQNP 0,5đ

Câu c

2đ

P

F

A

D

B

G

Vẽ tia Ax vuông góc AF gọi giao của Ax với CD là G Chứng minh

GAD BAP ( cùng phụ PAD)  ADG~ ABP(g.g)

0,5đ 1

2

2

0,25đ

Ta có AGF vuông tại A có AD  GF nên AG AF = AD GF (= 2S AGF )

2 AF 2 2 2

  (1) Ta chia cả hai vế của (1) cho AD AG2 2 AF 2 Mà

AG2 + AF2 =GF2( Định lý pitago)

0,5

AF

0,5đ

4

Bài4

1.0đ Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương

và số đo diện tích bằng số chu vi

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x, y, z là

các số nguyên dương) Ta có xy = 2(x + y +z) (1) và x2 +y2 = z2 (2) 0,25đ

Từ (2) suy ra z2 = (x+y)2 - 2xy, thay (1) vào ta có :z2 = (x+y)2 – 4(x + y+z)

0,25đ

     hoặc z + 2= -x – y + 2 (loại vì z >0)

4

    ; thay vào (1) ta được xy =2(x+y+x+y-4) xy 4x 4y 8

0,25 đ (x 4)(y 4) 8 1.8 2.4

      từ đó tìm được các giá trị của x,y,z là :

(x=5,y=12,z=13) ;(x=12,y=5,z=13) ;(x=6,y=8,z=10) ;(x=8,y=6,z=10)

0,25 đ