031 đề HSG toán 8 bắc ninh 2018 2019

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2018-2019 Mơn thi: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho ba số a, b, c khác đôi khác 0, đồng thời thỏa mãn diều 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   x  12 2) Cho hai đa thức P( x)  x5  5x3  x  1, Q  x   x  x  Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 nghiệm P  x  Tính giá trị Q  x1 .Q  x2 .Q  x3 .Q  x4 .Q  x5  Câu (4,0 điểm) 1) Tìm tất số nguyên dương n cho n2  ước số n6  206 a  b2 a  Chứng minh 2) Cho a, b, c số nguyên khác 0, a  c cho b  c2 c a  b2  c2 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 c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi M thay đổi BC 2) Cho tam giác ABC có BAC  900 , ABC  200 Các điểm E F nằm cạnh AC, AB cho ABE  100 ACF  300 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 đường thẳng số qua điểm ĐÁP ÁN Câu Nếu a  b  c  a  b  c, b  c  a, c  a  b Do đó, ab bc ca ab bc ca    1  A   1 c a b c a b Nếu a  b  c  ab bc ca abbcca    2 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 Câu 2.1 Điều kiện x  0; x  1 3     1 1  0 2 x x   x  1 x x   x  12 x   x  1   x  1    0 x  x  1  x 1 x  1 x  1 x  x  1  x       x  1   0 2 x2  x  1  x  1   x x 1   x  1  x  1  x     1 (tm)   x   3  1  Vậy tập nghiệm phương trình S  1;   2 2.2 Ta có : P  x   x5  5x3  x    x  x1  x  x2   x  x3   x  x4   x  x5  1  Q  x     x   1  x  2  Do Q  x1  Q  x2  Q  x3 .Q  x4 .Q  x5         25   x1   x2   x3   x4   x           1  x1  1  x2   1  x3   1  x4   1  x5   1    32.P   P  1  32.    1  1    1  77 2  32  Câu 3.1 n6  206 n6   198    n  ước số n  206  n 2 n2   n  2n   198  n2  Điều nảy xảy n2  ước nguyên dương 198  2.32.11 gồm: 2;3;6;9;11;18;22;33;66;99;198 Từ ta tìm n1;2;3;4;8;14 3.2 a  b2 a Ta có: 2    a  c   b2  ac    b  ac b c c Mà a  b2  c2  a  ac  c  a  2ac  c  b2   a  c   b2   a  c  b  a  c  b  Ta thấy a  b2  c2  a  b2  c số nguyên tố xảy trường hợp sau: 1)a  c  b  1; a  c  b  a  b  c  a  b  c  2a  2c    a  1   c  1  b2   a  c  1, b  1 2 (ktm) 2)a  c  b  1, a  c  b  a  b  c  a  b  c  2a  2c    a  1   c  1  b2   a  c  1, b  1 2 (ktm) 3)a  c  b  1, a  c  b    a  b  c   a  b  c  2a  2c    a  1   c  1  b   a  c  1, b  1 2 (ktm) 4)a  c  b  1, a  c  b    a  b  c   a  b  c  2a  2c    a  1   c  1  b   a  c  1, b  1 2 (ktm) Câu A B d E M N O D C F H 4.1 a) Do ABCD hình vng nên  A1  MAD  900 (1) mà AMHN hình vng  A2  MAD  900 (2) Từ 1 ;   suy A1  A2 Do đó, AND  AMB  c.g.c   B  D1  900 BM  ND b) Do ABCD hình vng  D2  900  NDC  D1  D2  900  900  1800  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 (3)   EOM  FON OM  ON ; N1  M  O1  O2  EM  FN (4) Từ  3 ;    EM  NE  NF  FM  MEMF hình thoi (5) c) 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 MCF không đổi M thay đổi BC 4.2 Xét ABC có BAC  900 , ABC  200  ACB  700 ACF có CAF  900 , ACF  300  FC  AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD  BC Khi đó, ABC DBG  BD BA  BG BC GCB  GBC  200  GCF  200 Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên: FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 FC BC BD BA AE AF AF AE Do đó,        FG FG BG BG BC EC FG EC Từ suy CG / / EF (Định lý Talet đảo)  CFE  GCF  200 Câu 5.1 Ta có:  a  1   a  2a   1  2a  a Nên VT  1   3 a b2 c Ta lại có: 1 8 1  2  ; 2   2 2 a b ab  a  b   a  b  ab a b ab Tương tự: 1 1  2 ;  2 b c bc c a ca Suy ra: Do vậy, 1 4   3   a b c ab bc ca 1 4   3   2a  2b  2c  ab bc ca Dấu "  " xảy a  b  c  5.2 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 Ta có: J M S ABMN S MCND D F C AB. BM  AN  2 EJ 2      3 JF 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 J1, J , J , J điểm cho J1 , J nằm EF , J , J nằm PQ thỏa mãn: EJ1 FJ PJ QJ     J1F J F J 3Q J P P A C J4 E J1 J2 F J3 B Q D Khi từ lập luận ta suy đường thẳng có tính chất thỏa mãn u cầu đề phải qua điểm J1, J , J , J nói Vì có đường thẳng, nên theo ngun lý Dirichle phải tồn điểm J1, J , J , J cho có ba đường thẳng cho qua Vậy có đường thẳng đường thẳng cho qua điểm