102 đề HSG toán 8 yên mỗ 2014 2015

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN N MƠ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 05 câu, 01 trang) NĂM HỌC 2014 – 2015 MƠN TỐN Câu (4,0 điểm): Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) a4 + 8a3 + 14a2 - 8a -15 b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2 Câu (4,0 điểm): a b c x y z       ( Với x, y, z, a, b, c khác 0) x y z a b c x y2 z Chứng minh :    a b c b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y2  2 x  x3y  32 a) Cho   Câu (4,0 điểm): Giải phương trình sau: a) ( x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12 b) x  x  x  x  100 x  101 x  102      100 101 102 Câu (6,0 điểm): Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N a) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật b) Chứng minh ΔCBH đồng dạng với ΔEAH c) Biết diện tích ΔCBH gấp bốn lần diện tích ΔEAH Chứng minh rằng: AC = 2EF 1 d) Chứng minh rằng: = + AD2 AM AN Câu (2 điểm): Cho a, b, c độ dài cạnh p nửa chu vi tam giác 1 1 1    2    Chứng minh: pa pb pc a b c -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN YÊN MÔ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015 Mơn : Tốn lớp (Hướng dẫn chấm gồm trang) Tóm tắt đáp án a) a + 8a + 14a - 8a -15 = a4 + 8a3 + 15a2 - a2 - 8a -15 = (a4 + 8a3 + 15a2) - (a2 + 8a + 15) = a2( a2 + 8a + 15) - (a2 + 8a + 15) = (a2 + 8a + 15)( a2 - 1) Câu = (a + 3)(a + 5)(a + 1)(a - 1) (4đ) b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2 = (2ab)2 - (a2 + b2 - c2)2 = ( 2ab + a2 + b2 - c2) ( 2ab - a2 - b2 + c2) = [( a + b)2 - c2][c2 - (a - b)2] = (a + b - c)(a + b +c)(c – a + b)(c + a - b) a b c ayz+bxz+cxy   0 0 a) Từ : x y z xyz  ayz + bxz + cxy = x y z x y z Ta có : + + =1  ( + + )2 =1 a b c a b c 2 x y z xy xz yz  + + +2( + + )=1 ab ac bc a b c 2 x y z cxy+bxz+ayz  + + +2 =1 abc a b c x y2 z  + + =1 Câu a b c2 (4đ) b,Ta có: y  2  x  x y  32   x   x  2x y  y   64 Câu   x    x  y   64 Vì x  N 64 phân tích thành 64  02  43  03  82 nên ta có:  x   x   x  2; x  2 x       2 y  8; y   x  y   x  y    y  8; y  8    Vậy pt cho có nghiệm nguyên:  x  0; y  8;  x  0; y  8;  x  2; y  8;  x  2; y  8 a) Đặt x2 + x + = y pt cho trở thành y( y + 1) - 12 =  y + y - 12 = Câu  (y - 3)(y + 4) = (4đ)  y = y = - + Với y = ta x1 = 1; x2 = - + Với y = - 4, vô nghiệm Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,75 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 KL: Vâỵ PT cho có nghiệm x1 = 1; x2 = - b) x  x  x  x  100 x  101 x  102      100 101 102 x5 x4 x3 x  100 x  101 x  102  1)  (  1)  (  1)  (  1)  (  1)  (  1) 100 101 102 1 1 1       =  (x - 105)   100 101 102   x = 105 ( 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 KL: Vâỵ PT cho có nghiệm x= 105 E A B H F D C M N Câu (6đ) a)( 1,5 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) BAF = ADM = 900 (ABCD hình vng)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM Lại có AE // DM ( AB // DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật b)( 1,5 điểm) Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) AB BH BC BH  = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH )  ΔCBH ΔEAH (c.g.c) c)( 1,5 điểm) Từ ΔCBH ΔEAH ( cmt) 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 1,0 2 SΔCBH  BC  SΔCBH 2  BC  = = (gt)    , mà  = nên BC = (2AE) SΔEAH  AE  SΔEAH  AE   BC = 2AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD  Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) d)( 1,5 điểm) Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:  AD AM AD CN =  = CN MN AM MN 0,5 0,25 Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:  0,5 MN MC AB MC AD MC hay =  = = AN AB AN MN AN MN 2 2 CN + CM MN  AD   AD   CN   CM    + = + = = =1        MN MN  AM   AN   MN   MN  0,5 1  AD   AD       +  =  2 AM AN AD  AM   AN  (đpcm) xy 1     ( x, y >0) xy xy x y xy Áp dụng kết ta được: 1 4     p  a p  b  p  a    p  b  2p  a  b c Câu 1 1 (2đ) Tương tự ta có:   ;   pb pc a pc pa b Cộng vế bất đẳng thức trên, thu gọn ta được: 1 1 1    2    pa pb pc a b c Dấu đẳng thức xảy a = b = c hay tam giác cho Ta có:  x  y   4xy  0,25 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa - Bài hình khơng có hình vẽ khơng chấm - Tổng điểm cho điểm lẻ đến 0,25đ (ví dụ : 13,25đ ; 14,5đ; 16,75đ) 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25