Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm học 2018 – 2019 sở GDĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Cho ba số a, b, c khác đôi khác , đồng thời thỏa mãn điều kiện  a b b c c a a  b  c Tính giá trị biểu thức A  1   1   1      c a b b  c  a  Câu (4,0 điểm) 1) Giải phương trình    2 x  (x  1)2 x 2) Cho hai đa thức P (x )  x  5x  4x  1,Q(x )  2x  x  Gọi x 1, x 2, x 3, x , x nghiệm P x  Tính giá trị Q x  Q x  Q x  Q x  Q x  Câu (4,0 điểm) 1) Tìm tất số nguyên dương n cho n  ước số n  206 a  b2 a 2) Cho a, b, c số nguyên khác , a  c cho  Chứng minh c b c 2 a  b  c số nguyên tố Câu (7,0 điểm) 1) Cho hình vng ABCD , gọi M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa C , dựng hình vng AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB , d cắt AH E Đường thẳng AH cắt DC F a) Chứng minh BM  ND b) Tứ giác EMFN hình gì? c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi M thay đổi BC   90 , ABC   20 Các điểm E F nằm 2) Cho tam giác ABC có BAC    cạnh AC , AB cho ABE  10 ACF  30 Tính CFE Câu (3,0 điểm) 1) Cho số thực a, b, c  Chứng minh 1 4   3   2a  2b  2c  a b b c c a 2) Cho hình vng ABCD đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình vng ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh có 3 đường thẳng số qua điểm HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp Đáp án Câu 1.1 (2,0 điểm) Nếu a  b  c  a  b  c, b  c  a, c  a  b a b b c c a a b b c c a    1  A     1 c a b c a b a b b c c a a b b c c a     Nếu a  b  c  c a b c a b Do đó, a  b  2c, b  c  2a, c  a  2b  a  b  c , trái giả thiết Vậy A  1 2.1 (2,0 điểm) Điều kiện: x  0, x  1 Do đó, Điểm 1,0 1,0 0,25 3     1 1  0 2 x  (x  1) x  (x  1)2 x x  x  (x  1)2  3(x  1)   0 x2 (x  1)2  (x  1)(x  1) x  2x   3x    0 x2 (x  1)2 x   (x  1)(x  1) x (x  1) x  0    ( x  1)  2  x2 x2 (x  1)2 ( x  1)   x   3 (thỏa mãn)  (x  1) (x  1)  x       x  1   1    Vậy tập nghiệm phương trình S   1;          0,75 0,5 0,5 2.2 (2,0 điểm) Ta có P (x )  x  5x  4x   x  x x  x x  x x  x x  x  1  Q(x )    x  (1  x )   0,75 Do Q x .Q x .Q x .Q x .Q x         25   x    x    x    x    x            1  x 1  x 1  x 1  x 1  x    1 1   32.P    P (1)  32     1 (1    1)  77     32 0,75 0,5 3.1 (2,0 điểm) n  206 n   198 n  ước số n  206    n 2 n2  198  n  2n     n 2 0,75 Điều xảy n  2; 3;6;9;11;18;22; 33;66;99;198 ước nguyên dương 198  2.32.11 gồm: 0,75 Từ ta tìm n  1;2; 3; 4; 8;14 Chú ý : + Nếu bước thiếu giá trị n  trừ 0,5 điểm + Nếu bước thiếu giá trị n trừ 0,25 điểm 3.2 (2,0 điểm) 0,5 a  b2 a Ta có   (a  c) b  ac   b  ac c b c 2 Mà a  b  c  a  ac  c  a  2ac  c  b  (a  c)2  b  (a  c  b)(a  c  b)   0,75 Ta thấy a  b  c  a  b  c số nguyên tố xảy trường hợp sau 1) a  c  b  1, a  c  b  a  b  c  a  b  c  2a  2c  0,5  (a  1)2  (c  1)2  b   a  c  1, b  1 (Loại) 2)a  c  b  1, a  c  b  a  b  c  a  b  c  2a  2c   (a  1)2  (c  1)2  b   a  c  1, b  1 (Loại)   3)a  c  b  1, a  c  b   a  b  c  a  b  c  2a  2c   (a  1)2  (c  1)2  b   a  c  1, b  1 (Loại) 0,75   4)a  c  b  1, a  c  b   a  b  c  a  b  c  2a  2c   (a  1)2  (c  1)2  b   a  c  1, b  1 (Loại) Vậy a  b  c số nguyên tố 4.1.a) (2,0 điểm) A B d E N D M O C F 1,0 H   MAD   90º a) Do ABCD hình vuông nên  A 1   MAD   90º Mà AMHN hình vng  A 2  A  Từ 1, 2 suy A Do đó, AND  AMB(c.g.c)  D   90º BM  ND B 1,0 4.1.b) (1,5 điểm)   90º Do ABCD hình vng  D     NDC  D  D  90º 90º  180º  N , D,C thẳng hàng Gọi O giao điểm hai đường chéo AH , MN hình vng AMHN  O tâm đối xứng hình vng AMHN  AH đường trung trực đoạn MN , mà E , F  AH  EN  EM FM  FN    M  O  O   EM  NF (4) EOM  FON OM  ON ; N Từ 3, 4  EM  NE  NF  FM  MENF hình thoi 5 4.1.c) (2,0 điểm) Từ 5 suy FM  FN  FD  DN Mà DN  MB  MF  DF  BM Gọi chu vi tam giác MCF p cạnh hình vng a Ta có P  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF (vì MF  DF  MB )  (MC  MB )  (CF  FD )  BC  CD  a  a  2a Do đó, chu vi tam giác MFC khơng đổi M thay đổi BC 4.2 (1,5 điểm) 1,0  3 0,5 1,0 1,0 A F G E C 0,5   90 , ABC   20  ACB   70 Xét ABC có BAC   ACF có CAF  90 , ACF  30  FC  2.AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD  BC BD BA  Khi đó, ABC ∽ DBG  BG BC   GBC   20  GCF   20 GCB  nên  ABC Do CG BE tia phân giác BCF 0,5 B D FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 FC BC AF BD BA AE AF AE        Do đó, FG FG BG BG BC EC FG EC    Từ suy CG / /EF (ĐL Talet đảo)  CFE  GCF  20 5.1 (2,0 điểm) 1  Ta có (a  1)2   a  2a   2a  a 1 Nên VT     a b c 0,5 0,75 Ta lại có 1 8 1    2    2  ; 2 ab (a  b) (a  b) a b a b a b a b 1 1 Tương tự    ;  2  b c c c a b c a 1 4 Suy       a b b c c a a b c Do vậy, 1 4   3   2a  2b  2c  a b b c c a 0,75 0,5 Dấu xảy a  b  c  5.2 (1,0 điểm) Các đường thẳng cho cắt cạnh kề hình vng, chúng chia hình vng thành tam giác ngũ giác (chứ khơng phải chia hình vng thành hai tứ giác) Do đó, đường thẳng (trong số chín đường thẳng) cắt hai cạnh đối hình vng khơng qua đỉnh hình vng Giả sử đường thẳng cắt hai cạnh đối BC AD điểm M N N A E B J M 0,5 C F D AB.(BM  AN ) 2 EJ Ta có      S MCDN JF 3 CD.(MC  ND ) (ở E F trung điểm AB CD tương ứng) Gọi E , F , P,Q tương ứng trung điểm AB,CD, BC , AD Gọi J 1, J , J , J S ABMN điểm cho J 1, J nằm EF , J , J nằm PQ thỏa mãn: 0,5 EJ1 J 1F  FJ J 2F  PJ J 3Q  QJ  J 4P P C A J4 E J1 J2 F J3 B Q D Khi từ lập luận ta suy đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu đề phải qua điểm J 1, J , J , J nói Vì có đường thẳng, nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn điểm J 1, J , J , J cho có ba đường thẳng cho qua Vậy có đường thẳng đường thẳng cho qua điểm Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm HS trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm HS kết đến cuối sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm tròn -Hết - ...UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 20 18 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp Đáp án Câu 1.1 (2,0 điểm) Nếu...  1 98 n  ước số n  206    n 2 n2  1 98  n  2n     n 2 0,75 Điều xảy n  2; 3;6;9;11; 18; 22; 33;66;99;1 98 ước nguyên dương 1 98  2.32.11 gồm: 0,75 Từ ta tìm n  1;2; 3; 4; 8; 14... 1 98  2.32.11 gồm: 0,75 Từ ta tìm n  1;2; 3; 4; 8; 14 Chú ý : + Nếu bước thi u giá trị n  trừ 0,5 điểm + Nếu bước thi u giá trị n trừ 0,25 điểm 3.2 (2,0 điểm) 0,5 a  b2 a Ta có   (a  c)