HSG TOÁN 8 cẩm THỦY 2013 2014

PHỊNG GD&ĐT CẨM THỦY ĐỀ CHÍNH THỨC Câu ( 5,0 điểm) Cho biểu thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP H UYỆN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15 tháng năm 2014 P=  x +1 x2 + x − x2  : + +  ÷ x2 − 2x +  x x −1 x2 − x  a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P = −1 c) Tìm giá trị nhỏ P x > Câu ( điểm) a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + dư 10, f(x) chia cho x − dư 22, f(x) chia cho x − thương −5x dư b) Chứng minh với số nguyên a a + 5a chia hết cho c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = Câu (3,0 điểm) a) Cho a + b + c = abc ≠ , tính giá trị biểu thức: 1 + 2 + 2 2 b +c −a a +c −b a + b2 − c2 b thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ Chứng minh : 1 + ≥ 2 + ab 1+ a 1+ b P= a) Cho số a Câu : (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân b) Chứng minh : ME // BN c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN) Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng HẾT Họ tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………… ( Cán coi thi khơng giải thích thêm ) HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Mơn thi: Toán Năm học: 2013 – 2014 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Ý Đáp án Điểm x ≠  ĐKXĐ :  x ≠  x ≠ −1  a đ 0,5đ Khơng có đk x ≠ -1 trừ 0,25đ P= x ( x + 1)  ( x + 1)( x − 1) x − x2  : + + ÷  x( x − 1) x( x − 1)  ( x − 1)  x( x − 1) 0,5đ x ( x + 1) x − + x + − x P= : x( x − 1) ( x − 1) P= x ( x + 1) ( x − 1) x ( x + 1) x( x − 1) x +1 x2 : = × = x( x − 1) ( x − 1) x +1 x −1 −1 x2 −1 ⇔ P= = với x −1 ⇒ 2x2 = − x + ⇔ 2x2 + x −1 = ⇔ 2x2 + x − x −1 = P= Câu 1( điểm) b đ 0,5đ 0,5đ x ∈ ĐKXĐ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ⇔ ( x − 1) ( x + 1) = ⇔x= 0,25đ ( TM ĐKXĐ) 0,5đ Hoặc x = - ( không TM ĐKXĐ) (Nếu không loại x = - trừ 0,25 điểm ) Vậy P = −1 ⇔x= 2 0,25đ x2 x − + ( x − 1) ( x + 1) + 1 = = = x +1+ x −1 x −1 x −1 x −1 1 P = x +1+ = x −1+ +2 x −1 x −1 Vì x > nên x − > > Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho x −1 P= c đ số dương x – ta có: x −1 x −1+ ≥2 x −1 =2 ( x − 1) × x −1 0,25đ 0,25đ 0,25đ Dấu “ = “ xẩy x – = x −1  ( x – 1)2 =  x – = ( x – > ) 1( ể m) 0,25đ  x = ( TM )  Vậy giá trị nhỏ P x = a đ Giả sử f(x) chia cho x − thương −5x dư ax + b Khi đó: f ( x) = ( x − 4).(−5 x) + ax+b Theo đề bài, ta có: 0.5đ  f (2) = 22 2a + b = 22 a = ⇔ ⇔   f (−2) = 10 −2a + b = 10 b = 16 0.5đ Do đó: f ( x) = ( x − 4).(−5 x) + 3x+16 0.5đ Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x + 23x + 16 b đ a3 + a = a3 – a + 6a 0,5đ = a(a2 – 1) + 6a 0,25đ = (a-1)a(a+1)+ 6a 0,25đ Câu 2( điểm) * (a-1)a(a+1) tích số nguyên liên tiếp nên tồn bội suy chia hết cho * (a-1)a(a+1) tích số nguyên liên tiếp nên tồn bội suy chia hết cho Vì (2;3) = nên (a-1)a(a+1) chia hết cho * 6a chia hết cho Vậy a3 + a chia hết cho x + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = c 2đ 0.5đ ⇔ x + xy + x − 2013 x − 2013 y − 2013 = ⇔ x ( x + y + 1) − 2013( x + y + 1) = ⇔ ( x − 2013)( x + y + 1) =   x − 2013 =  x + y +1 = ⇔   x − 2013 = −1    x + y + = −1   x = 2014   y = −2014 ⇔   x = 2012    y = −2014 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 1,0đ 0,25đ 0,25đ 1 + 2 + 2 2 b +c −a a + c − b a + b2 − c2 1 = 2 + 2 + 2 2 b + c − (b + c) a + c − ( a + c ) a + b − ( a + b) 1 = + + −2bc −2ac −2ab a+b+c = =0 −2abc P= a 0,5đ 0,5đ 0,5đ   1  1  − − + − +  = 2 2 + ab   + b + ab  + ab  + a 1+ a 1+ b Câu 3(3,0 điểm) b = = 0,25đ ab − a ab − b + (1 + a )(1 + ab) (1 + b )(1 + ab) 0,25đ a (b − a)(1 + b ) + b(a − b)(1 + a ) (b − a )(a + ab − b − a b) = (1 + a )(1 + b )(1 + ab) (1 + a )(1 + b )(1 + ab) 0,25đ (b − a ) (ab − 1) = (1 + a )(1 + b )(1 + ab) (b − a ) (ab − 1) ≥0 Do a ≥ 1; b ≥ nên (1 + a )(1 + b )(1 + ab) 1 1 + − + ≥ ≥0 ⇔ 2 2 + ab + ab 1+ a 1+ b 1+ a 1+ b Câu 4( điểm) a đ 0,5đ ⇒ 0,25 Hình vẽ 0,5đ Xét ∆OEB ∆OMC Vì ABCD hình vng nên ta có OB = OC 0,25đ 0,5đ 0,5đ µ =C µ = 450 Và B 1 BE = CM ( gt ) Suy ∆OEB = ∆OMC ( c g.c) =O ả OE = OM v O ¶ +O ¶ = BOC · Lại có O = 900 tứ giác ABCD hình vng 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ b 2đ ¶ +O µ = EOM · O = 900 kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân O Từ (gt) tứ giác ABCD hình vng ⇒ AB = CD AB // CD AM BM = + AB // CD ⇒ AB // CN ⇒ ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC Mà BE = CM (gt) AB = CD ⇒ AE = BM thay vào (*) Ta có : AM AE ⇒ ME // BN ( theo ĐL đảo đl Ta-lét) = MN EB Gọi H’ giao điểm OM BN · · ' E ( cặp góc so le trong) Từ ME // BN ⇒ OME = OH · Mà OME = 450 ∆OEM vng cân O c 1đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ · ' B = 450 = C µ ⇒ MH ⇒ ∆OMC : ∆BMH’ (g.g) 0,25đ OM MH ' · · = ,kết hợp OMB = CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC · · ' C = 450 ⇒ ∆OMB : ∆CMH’ (c.g.c) ⇒ OBM = MH 0,25đ ⇒ · ' C = BH · ' M + MH · ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN Vậy BH Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN) ⇒ H ≡ H’ hay điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm) 0,25đ 0,25đ Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI : TỐN Ngày thi: 12/4/2014 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4 điểm) 2  x +1  x −  − x − ÷ : Cho biểu thức: A =  − x x + x   x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm)     2 với ∀ n∈ Z a) Chứng minh A =  n (n − 7) − 36n M b) Cho P = n + Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Cõu 3: (4 điểm) a) Giải phương trình : 1 1 + + = x + x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chứng minh : A= a b c + + ≥3 b+c −a a +c −b a +b−c Câu 4: (6 điểm) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vng góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b +c = Chứng minh rằng: a + bc b + ca c + ab + + ≥ b+c c+a a+b Họ tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN KÌ THI NGÀY 12/4/2014 MƠN THI : TỐN Ghi chú: Đáp án sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai khơng chấm điểm Nếu HS giải cách khác chấm điểm phần tương ứng HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM ĐIỂM Câu 2  x +1  x −  − x − 1÷ : a) A =  − x x + x   x  0,5đ ( x + 1) − x( x + 1)  x − 2 A= −  : x 3x  3x x +  2(1 − x)  x A= − x  x −  3x 0,5đ 0,5đ x 2x = x −1 x −1 A = 0,5đ b) Với x ≠ 0; x ≠ ±1 Ta có A = 2x = 2+ x −1 x −1 0,5đ Để A ∈ Z (x-1) phải ước 0,5đ Suy x − ∈ { ±1; ± 2} Xét trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm x = x = thỏa mãn kết luận 0,5đ 0,5đ Câu     2 a) Ta có: A =  n (n − 7) − 36n  2 3 A = n  n( n − 7) −   n( n − 7) +  = n(n − 7n − 6)(n − 7n + 6)    = n(n3 − n − 6n − 6)(n3 − n − 6n + 6) = n  n(n2 − 1) − 6(n + 1)   n(n2 − 1) − 6(n − 1)  ( ) ( )     = n(n + 1) n2 − n − ( n −1) n2 + n − = n ( n + 1) ( n + ) ( n − 3) ( n − 1) ( n − ) ( n + 3) Do A tích số nguyên liên tiếp => A M7 với ∀ n∈Z b) b) 4 2 2 P = n + = n + 4n + - 4n = (n + 2) - (2n) = (n - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1] Vì n số tự nhiên nên (n + 1)2 + ≥ 2; Nh vËy muèn P lµ số nguyên tố phải có (n - 1)2 + = hay (n - 1)2 = 0, suy n = Khi P = sè nguyªn tè 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 3: a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành : 0,5đ 1 1 + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 1 1 1 − + − + − = x + x + x + x + x + x + 18 1 ⇔ − = x + x + 18 ⇔ ⇔ 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) ⇔ (x+13)(x-2)=0 0,5đ 0,5đ Từ tìm x=-13; x=2 (thỏa mãn) 0,5đ Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Ta có x, y, z >0 Từ suy a= y+z x+z x+ y ;b = ;c = ; 2 Thay vào ta A= = 0,5đ y+z x+z x+ y + + 2x 2y 2z 0,5đ 1 y x x z y z  ( + ) + ( + ) + ( + )  x y z x z y  0,5đ Từ suy A ≥ (2 + + 2) hay A ≥ 0,5đ Câu (6 điểm) Hình vẽ D M C N A O B a) Xét ∆ ACO ∆ BOD có µA = B µ = 900 ; · · · (cùng phụ với DOB ) COA = ODB 0,5đ Nên ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD 0,5đ AO BD = => AO.BO = AC.BD AC BO => 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD 0,5đ b) Xét ∆ CMO ∆ OMD có · · = OMD = 900 CMO · · · (cùng phụ với COM ) OCM = DOM 0,5đ => ∆ CMO đồng dạng với ∆ OMD => CO OM = (1) OD MD Mà ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD => CO AO = OD BD => CO OB = (2) (Do AO = OB) OD BD Từ (1) (2) ta có 0,5đ 0,5đ OM OB = => tam giác OMD tam giác OBD đồng MD BD dạng 0,5đ · · => MOD => ∆OMD = ∆OBD (cạnh huyền , góc nhọn) = BOD => OM = OB = OA suy tam giác AMB vuông M c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB) => CN AC = NB BD mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên CN CM = => MN// BD//AC BN DM Câu 5: - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c) c + ab = (c + a)(c + b) đó: VT = ( a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) + + b+c c+a a+b 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) + ≥ 2( a + b ) b+c c+a (a + b)(a + c ) (c + a )(c + b) + ≥ 2(a + c) b+c a+b (b + a )(b + c) (c + a)(c + b) + ≥ 2(b + c ) a+c a+b 0,5đ Vậy VT ≥ 4(a + b + c) = hay VT ≥ ⇒ ĐPCM Đẳng thức xảy  a = b =c= 0,5đ ... 2012 x − 2013 y − 2014 = c 2đ 0.5đ ⇔ x + xy + x − 2013 x − 2013 y − 2013 = ⇔ x ( x + y + 1) − 2013( x + y + 1) = ⇔ ( x − 2013) ( x + y + 1) =   x − 2013 =  x + y +1 = ⇔   x − 2013 = −1... + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 1 1 1 − + − + − = x + x + x + x + x + x + 18 1 ⇔ − = x + x + 18 ⇔ ⇔ 18( x+7)- 18( x+4)=(x+7)(x+4) ⇔ (x+13)(x-2)=0 0,5đ 0,5đ Từ tìm x=-13;... mà cho điểm tối đa ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013- 2014 MƠN THI : TỐN Ngày thi: 12/4 /2014 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4 điểm) 2  x +1  x −  − x − ÷