Đề thi HSG Toán 8 năm 2016-2017 Phòng GD&ĐT Tiền Hải có đáp án

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễ[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO TIỀN HẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: (4,5 điểm)

1) Ph}n tích đa thức thành nhân tử: M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24 2) Cho a, b, c đôi khác khác Chứng minh rằng:

Nếu a + b + c = a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

  

       

      

   

3) Cho A = p4 p l{ số nguyên tố Tìm giá trị p để tổng c|c ước dương A là số phương

Bài 2: (4,0 điểm)

1) Cho biểu thức 3 : 2

1 1

x x

P

x x x x

 

   

     

   

    (Vớix1)

a) Rút gọn biểu thức P

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

2 Chứng minh rằng: f x( ) ( x2 x 1)2018(x2 x 1)20182 chia hết cho g(x)x x Bài 3: (3,5 điểm)

1) Tì m m đe phương trì nh co nghie m (vơ i m tham so ) 3

x m x

x x m

 

 

 

2) Gia i phương trì nh:2 (8x x1) (42 x 1) 9

Bài (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD Trên cạnh AD lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm P cho AM = CP Kẻ BH vng góc với AC H Gọi Q l{ trung điểm CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC N

a) Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành

b) Khi M l{ trung điểm AD Chứng minh BQ vng góc với NP

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

AB  AP  AF

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN HẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN

Bài Nội dung Điểm

1

2

2

2

2

2

24

7 10 12 24

11

( )( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( 24

11 25

7 )

(

7 16

)( )( )

1 16

M x x x x

M x x x x

M x x x x

M x x

M x x x x

M x x x x

                                  0,75 0,5 0,25

2 C|c ước dương A 1, p, p2, p3, p4

Tổng c|c ươc l{

1 p p p p n (nN)

2

4 4p 4p 4p 4p 4n

     

Ta có 2

4p 4p p 4n 4p  p  4 4p 8p 4p

2 2 2 2

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

         

Do đó:

4 2

4p 4p 4p 4p 4 4p 4p 5p 2p 1 p 2p 3 p1 = -1(loại); p2 =

0,5 0,5 0,25 0,25

3 Đặt a b x;b c y;c a z c 1; a 1; b

c a b a b x b c y c a z

  

      

   (1)

1 1

(x y z)

x y z

 

      

 

Ta có (x y z) 1 y z x z x y

x y z x y z

      

         

   (2)

Ta lại có: y z b c c a c b2 bc ac a2 c

x a b a b ab a b

         

   

 

2 ( )

( )( ) ( )

( )

c c a b c

c a b c a b c c a b c

ab a b ab ab ab

  

    

   



Tương tự ta có x z 2a2;x y 2b2

y bc z ac

 

 

2 2

3 3

1 1 2 2

(x y z) c a b (a b c )

x y z ab bc ac abc

 

            

 

Vì 3

0

a b c   a  b c  abc

Do (x y z) 1 3abc

x y z abc

2

a Với x1ta có

2

2 2

4 1

:

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x x

P

x x x x x x x x

          

    

       

   

2 2

2 2

4 1

: :

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x x x x x

P

x x x x x x x x x x

              

   

         

   

2

2 2

( 3)( 1)

( 1)( 1) 9

x x x x x

x x x x x

    

 

    

Vậy x1 2 x P x    0,5 0,5 0,25 0,25

b

3

x  x  suy x = x = (loại)

Thay x = vào P ta có 32 13

P  



Kết luận với x = 13

P

0,5 0,25 0,25

2 Đa thức

( ) ( 1)

g x x  x x x có hai nghiệm x = x =

Ta có 2018 2018

(0) ( 1)

f      x = nghiệm f(x)

 f(x) chứa thừa số x

Ta có 2018 2018

(1) (1 1) (1 1)

f         x = nghiệm f(x)

 f(x) chứa thừa số x- mà thừa số x x - khơng có nhân tử chung f(x) chia hết cho x(x - 1)

Vậy 2018 2018

( ) ( 1) ( 1)

f x  x  x  x  x  chia hết cho g x( )x2x

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐKXĐ: x  -3; x  -m ta có

2 2

2 2( 3)( )

3

x m x

x m x x x m

x x m

 

        

 

2 2

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

       

2(m 3)x (m 3)

    (1)

Với m = (1) có dạng 0x = Nghiệm x thỏa m~n điều kiện x  -3;

x  -m, tập nghiệm phương trình l{ x 3 Với m 3 phương trình (1) có nghiệm

2

( 3)

2( 3)

m m x m       

Để giá trị nghiệm phương trình ta phải có:

3

m

  

2

m

m



   tức m3 Vậy m 3

2

m

x   nghiệm

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

m S    

2 Ta có

2 (8x x1) (4x  1)

2 2

(64x 16x1)(8x 2 )x  9 (64x 16x1)(64x 16 )x 72 (*) Đặt 64x2 -16x = t ta có (*)t(t + 1) – 72 = 0t = - t = Với t = -9 ta có 64x2 -16x= -964x2 -16x + = 0(8x -1)2 +8 = (vơ nghiệm (8x -1)2 + > 0)

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

 x =

2 x= 

Vậy nghiệm phương trình l{ x =

2 x= 

0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

a Chưng minh DH // BK (1)

Chứng minh đượcAHD CKBsuy DH = BK (2) Từ (1) (2)  tứ giác MNPQ hình bình hành

0,25

0,5 1,0 0,5

b Gọi E l{ trung điểm BK, chứng minh QE l{ đường trung bình KBCnên QE // BC  QE AB(vì BCAB) 1

2

QE BC AD

Chứng minh AM = QE AM//QE tứ giác AMQE hình bình hành Chứng minh AE//NP//MQ (3) Xét AQB có BK v{ QE l{ hai đường cao tam giácE trực tâm tam giác

nên AE đường cao thứ ba tam giácAEBQBQNP

c

Vẽ tia Ax vng góc AF Gọi giao Ax với CD G

Chứng minh (cùng phụ )  ADG~ ABP(g.g)

1

2

AP AB

AG AP

AG  AD   

Ta có AGFvng A có AD  GF nên AG.AF = AD.GF

(= 2SAGF) 2 2

.AF

AG AD GF

  (1)

Ta chia hai vế (1) cho 2 AF

AD AG

Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago)

2 2

1 1

AD AG AF

   2 2 12

1

2

AF

AB AP

  

   

   

   

2 2 2

4 1 1

4

AB AP AF AB AP AF

     

0,5

0,25 0,5 0,5 0,25

5 Gọi cạnh tam gi|c vng l{ x, y, z cạnh huyền z (x, y, z số nguyên dương) Ta có xy = 2(x + y + z) (1) x2 + y2 = z2 (2)

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

2 2

2

4 ( ) 4( ) 4 ( ) 4( )

( 2) ( 2)

z z x y x y z z x y x y

z x y

             

    

2

z x y

     z + 2= -x – y + (loại z >0)

z x y

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

4

xy x y

    

(x 4)(y 4) 1.8 2.4

      từ tìm giá trị 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 0,25 0,25

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học

trường chuyên danh tiếng

I Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn

II Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần

Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt

thành tích cao HSG Quốc Gia

III Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

Khoá Học Nâng Cao HSG