Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 - Phòng GD&ĐT TP Bắc Ninh

Chia sẻ: Pham Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

4.106
lượt xem 1.194
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 - Phòng GD&ĐT TP Bắc Ninh cung cấp kiến thức hữu ích về số chính phương, tia phân giác cho các bạn học sinh lớp 8 để chuẩn bị cho kỳ thi học sinh giỏi. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 - Phòng GD&ĐT TP Bắc Ninh

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Trường THCS Đáp Cầu Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG MÔN :TOÁN LỚP 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): Tìm x biết: a) x2 – 4x + 4 = 25 x  17 x  21 x  1 b)   4 1990 1986 1004 c) 4x – 12.2x + 32 = 0 1 1 1    0. Bài 2 (1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và x y z yz xz xy Tính giá trị của biểu thức: A  2  2  2 x  2 yz y  2 xz z  2xy Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, HA ' HB' HC ' H là trực tâm. a) Tính tổng   AA ' BB' CC' b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM. ( AB  BC  CA) 2 c) Chứng minh rằng:  4. AA'2  BB'2  CC'2 Bài 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax 2 + bx + c, với a, b, c là các số hữu tỉ. Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. 3x 2  8x  6 b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A = x2  2x  1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8  Bài 1(2 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1/2 điểm ) b) Tính đúng x = 2007 ( 1/2 điểm ) c) 4x – 12.2x +32 = 0 x x  2 .2 – 4.2 x – 8.2 x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm ) x x x x  2 (2 – 4) – 8(2 – 4) = 0  (2 – 8)(2x – 4) = 0 ( 0,25điểm ) x 3 x 2 x 3  (2 – 2 )(2 –2 ) = 0  2 –2 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ( 0,25điểm ) x  2 = 23 hoặc 2x = 22  x = 3; x = 2 ( 0,25điểm )  Bài 2(1,25 điểm): 1 1 1 xy  yz  xz   0  0  xy  yz  xz  0  yz = –xy–xz x y z xyz ( 0,25điểm ) x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm ) Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm ) yz xz xy Do đó: A    ( x  y)( x  z) ( y  x )( y  z) (z  x )(z  y) ( 0,25điểm ) Tính đúng A = 1 ( 0,25 điểm )  Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a , b, c, d  9, a  0 (0,25điểm) 2 Ta có: abcd  k với k, m  N, 31  k  m  100 (a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2 (0,25điểm) abcd  k 2 
abcd  1353  m 2 (0,25điểm) Do đó: m2–k2 = 1353  (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) (0,25điểm) m+k = 123 m+k = 41  m–k = 11 hoặc m–k = 33 m = 67 m = 37  k = 56 hoặc k = 4 (0,25điểm) Kết luận đúng abcd = 3136 (0,25điểm)  Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng (0,25điểm) 1 .HA '.BC S HBC 2 HA ' a)   ; S ABC 1 AA ' .AA '.BC 2 (0,25điểm) SHAB HC' SHAC HB' Tương tự:  ;  SABC CC' S ABC BB' (0,25điểm) HA' HB' HC' SHBC SHAB SHAC      1 AA' BB' CC' SABC SABC SABC (0,25điểm) b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC  ;  ;  IC AC NB BI MA AI (0,5điểm ) BI AN CM AB AI IC AB IC . .  . .  . 1 (0,5điểm ) IC NB MA AC BI AI AC BI (0,5điểm )  BI.AN.CM  BN.IC.AM c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx (0,25điểm) -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ (0,25điểm)
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD (0,25điểm) -  BAD vuông tại A nên: AB2+AD 2 = BD 2 2 2 2  AB + AD  (BC+CD) (0,25điểm) AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2 4CC’2  (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2 4BB’2  (AB+BC)2 – AC2 (0,25điểm) -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2 (AB  BC  CA) 2  4 AA'2  BB' 2  CC' 2 (0,25điểm) (Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC =BC A   ABC đều) C’ B’ x H N M I A’ C B D Bài 5: (1,25 điểm) a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (0,25 điểm) => a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên => (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên Vậy 2a, 2b nguyên.(0,25 điểm) 3( x 2  2 x  1)  2( x  1)  1 2 1 b/ Có A = 3  (0,25 ( x  1) 2 x  1 ( x  1) 2 điểm) 1 Đặt y = => A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2  2 x 1 (0,5 điểm) 1 => min A = 2 => y = 1   1 => x = 2 x 1 Vậy min A = 2 khi x = 2 (0,25 điểm)
*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó.
PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Đề thi có 01 trang Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013 x 2  2012 x  2013 .  x2  2 x 2 x2  1 2  2. Rút gọn biểu thức sau: A   2  2 3  1  2  .  2x  8 8  4 x  2x  x   x x  Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2. (2 x 2  x  2013) 2  4( x 2  5 x  2012) 2  4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012) 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24, f(x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: a (b  c)(b  c  a ) 2  c( a  b )( a  b  c ) 2  b(a  c )(a  c  b ) 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 3. Chứng minh rằng: 2 = + . AD AM AN 2 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 3  3  3  . a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 2 ---------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:....................... Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ THI CHÍNH THỨC NGÀY THI ….. /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) Ta có x 4  2013x 2  2012 x  2013 0,5   x 4  x   2013 x 2  2013x  2013 1  x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1 0.5 (2.0 điểm)   x 2  x  1 x 2  x  2013 0.5 Kết luận x 4  2013x 2  2012 x  2013   x 2  x  1 x 2  x  2013 0.5 x  0 ĐK:  0.25 x  2  x2  2 x 2x2  1 2 Ta có A   2  2 3  1  2  0.25  2 x  8 8  4x  2 x  x   x x   x2  2x 2x2   x2  x  2   2  2   0.25  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)   x2  2 (2.0 điểm)  x2  2x 2x2   ( x  1)( x  2)   x( x  2)2  4 x 2   ( x  1)( x  2)  0.5  2  2      2( x  4) ( x  4)(2  x)   x2 2   2( x  2)( x  4)   x2  x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) x  1  . 2   0.5 2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) 2x x 1 x  0 Vậy A  với  . 0.25 2x x  2 Câu 2 (4.0 điểm)  a  2 x 2  x  2013  Đặt:  0.25 2 b  x  5 x  2012  Phương trình đã cho trở thành: 0.5 1 a 2  4b 2  4ab  ( a  2b) 2  0  a  2b  0  a  2b (2.0 điểm) Khi đó, ta có: 0.5 2 x 2  x  2013  2( x 2  5 x  2012)  2 x 2  x  2013  2 x 2  10 x  4024 2011  11x  2011  x  . 0.5 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 0.25 11 2 2  3 7 Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2  x     0  x  y (1) 0.5 (2.0 điểm)  4 8
2  9  15 (x  2)3  y3  4x 2  9x  6   2x     0  yx2 (2) 0.5  4  16 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0.5 (-1 ; 0) KL 0.25 Câu 3 (4 điểm) 2 Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b . 0.5 Khi đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có:  7  f (2)  24 2a  b  24 a  0.5 1    2 (2.0 điểm)  f (2)  10 2a  b  10 b  17  7 Do đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  x+17 0.5 2 47 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  x  17. 0.5 2 Ta có: a(b  c)(b  c  a) 2  c(a  b)(a  b  c) 2  b(a  c)(a  c  b)2  0 (1)  x z a  2 a  b  c  x    x y 0.25 Đặt: b  c  a  y  b  a  c  b  z  2   yz c  2  Khi đó, ta có: 2 x z  x y y z  2 y z  x z x y 2 1 2 0.5 (2.0 điểm) VT(1)    .y     .x  ( x  y )( x  y ).z 2  2 2  2  2 2  4 x z xz 2 y z z y 2 1 2  . .y  . .x  ( x  y 2 ) z 2 0.5 2 2 2 2 4 1 1 1 0.25  ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2 4 4 4 1 2 1 2  ( x  y 2 ).z 2  ( x  y 2 ).z 2  0  VP(1) (đpcm) 0.25 4 4 KL:…. 0.25 Câu 4 (6 điểm)
A E B H F D C M N 1 (2.0 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) 0.75 BAF = ADM = 900 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM 0.5 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác. DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.5  = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH ) 0.5 2  ΔCBH ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 SΔCBH  BC  SΔCBH  BC  2 2  =  , mà = 4 (gt)    = 4 nên BC = (2AE) AE  0.5 SΔEAH  AE  SΔEAH   BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.5  =  = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.5  =  = hay = 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2  AD   AD   CN   CM  2 2 CN 2 + CM 2 MN 2    +  =  +  = = =1  AM   AN   MN   MN  MN 2 MN 2 0.5 (Pytago) 2 2  AD   AD  1 1 1    +  = 1  2  2  (đpcm) 0.5  AM   AN  AM AN AD 2 Câu 5 2 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có 2 a 2 b2 c 2  a  b  c     (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra    x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có 2 a2 b2  a  b    (**) x y x y 2  a 2 y  b 2 x   x  y   xy  a  b  0.75 2   bx  ay   0 (luôn đúng) a b Dấu “=” xảy ra   x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2 2 a2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z x y z a b c 2.0 điểm Dấu “=” xảy ra    x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: 3  3  3  a  b  c a (b  c) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 0.5 1 1 1 1 1 1 1 1 1         a 2  b 2  c 2  a b c  a b c (Vì abc  1 ) ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )  1 1 1 2    a b c 1 1 1 a 2 2 2 1 1 1 1 0.25 Hay  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 0.25 Mà    3 nên a  b  c  a b c ab  ac bc  ab ac  bc 2 1 1 1 3 Vậy 3  3  3  (đpcm) 0.25 a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 2 Điểm toàn bài (20 điểm) Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
PHÒNG GD&ĐT SA PA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán 8 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ( Đề Thi gồm 01 trang, 06 câu) ĐỀ BÀI Câu 1. (3 điểm) a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 3 3 3 A = x  y  z  3xyz b. Chứng minh rằng: 1 1 4   a, b  0 a b a b Câu 2. (3 điểm) Giải các phương trình sau: a) (2x 2  3x  1) 2  3(2 x 2  3 x  5)  16  0 x+9 x  10 9 10 b)    10 9 x  10 x  9 Câu 3. (3 điểm) Thực hiện các phép tính: 1 1 2 4 8 a.     1 x x 1 1 x 1 x 1 x8 2 4 1 1 1 1 b.    ...  1.3 3.5 5.7 49.51 Câu 4. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu A   x  2  x  5  x 2  7 x  10  Câu 5. ( 4 điểm) Cho biểu thức: 2 2  1   10  x  M   3x 6   : x  2    4 x 6  3x x  2   x2  x    a. Rút gọn M . b. Tính giá trị của biểu thức M khi x   1 c. Với giá trị nào của x thì M  2 d. Tìm giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên. Câu 6. ( 5 điểm) Cho tam giác ABC, các góc B và C nhọn. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a. AB.AF=AC.AE b. AEF  ABC c. BH .BE  CH .CF  BC 2 ........................Hết.................... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
PHÒNG GD&ĐT SA PA ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Môn: Toán 8 ( Đáp án gồm 04 trang ) Câu 1. (3 điểm) 3 3 3 a, A = x  y  z  3xyz 3 3 3 = x  y  3xy ( x  y )  z  3xy ( x  y )  3xyz 0,50 3 3 = ( x  y)  z  3xy( x  y  z ) 2 2 0,50 = ( x  y  z ) ( x  y )  z ( x  y)  z   3xy( x  y  z )   2 2 2 = ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx) 0,50 b, Xét hiệu: 1 1 4 A    a b ab 0,25 b  a  b   a  a  b   4 ab  ab  a  b  0,50 2 2 a  b  2 ab  ab  a  b  0,25 2   a  b   0 (Dấu “=” xảy ra  a  b) ab  a  b  0,25 1 1 4 Vậy   a, b  0 ; (Dấu “=” xảy ra  a  b ) a b a b 0,25 Câu 2. (3 điểm) a, (2x 2  3x  1) 2  3(2 x 2  3x  5)  16  0 2 2 2  (2x  3x  1)  3(2 x  3x  1)  4  0 (*) 0,25 2 2 Đặt t= 2x  3 x  1  Pt *  t  3t  4  0  (t  1)(t  4)  0  t  1; 4 0,25 x  0  x  3  2 x 2  3 x  1  1  x(2 x  3)  0 2  2   2 x  3x  1  4  ( x  1)(2 x  5)  0  x  1   x  5   2 0,75  3 5 Vậy S = 1;0; ;   2 2 0,25
x+9 x  10 9 10 b,    (*) 10 9 x  10 x  9 Đkxđ: x  9, x  10 0,25 (*)  x(x+19)(19x+181) = 0 0,25  x  0    x  19 Thỏa mãn  181 x   19 0,75 181  Vậy S  0; 19;    19  0,25 Câu 3. (3 điểm) 1 1 2 4 8 a. A      1 x 1  x 1 x 1 x 1 x8 2 4 1 1 2 Ta có:   1 x 1 x 1 x 2 0,50 2 2 4 8 => A  2  2  4  8 1 x 1 x 1 x 1 x 4 4 8  4  4  8 1 x 1 x 1 x 0,50 8 8  8  8 1 x 1 x 16  16 1 x 0,50 1 1 1 1 1 1 1 1  b. B     ...  ta có :     1.3 3.5 5.7 49.51 1.3 2  1 3  0,50 1 1 11 1 11 1 1 1 1   1            ...     2 3 23 5 25 7 2  49 51  0,50 1 1 1 1 1 1 1 1  1       ...    2 3 3 5 5 7 49 51  1 1  1   2  51  0,50 1 50 25  .  2 51 51 Câu 4. (2 điểm) A   x  2  x  5   x  7 x  10  2 0,50   x 2  7 x  10  x 2  7 x  10  Đặt x 2  7 x  t . Ta có biểu thức: 0,25 A   t  10  t  10   t 2  100  100 0,50 Dấu “=” xảy ra  t  0 0,50
 x2  7x  0  x  x  7  0 x  0  x  7 Với x=0 hoặc x=7 thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng -100 0,25 Câu 5.(4 điểm) a. Điều kiện x  0, x  2 0,25 2 2  1   10  x  M   3x 6   : x  2    4 x 6  3x x  2   x2  x    2 2  x 2 1   x  4  10  x      :    x  2  x  2   2  x  x  2   x2   0,25 x  2  x  2  x  2 6  :  x  2  x  2  x  2 6 x2  .  x  2  x  2  6 0,25 1 1   x2 2 x 0,25 1 1 1 b. x  1  M    2  x 2   1 3 0,50 1 c. M  2   2  2 2  x  1 2 x 0,50 1  2x  2 0,50 3  x  ( thỏa mãn điều kiện) 2 0,50 1 d. Để M nhận giá trị nguyên thì nhận giá trị nguyên 2 x  2  x  Ư(1) = 1;1 0,25 Xét 2  x  1  x  3 ( Thỏa mãn) 0,25 Xét 2  x  1  x  1 ( Thỏa mãn) 0,25 Vậy với x  1;3 thì M nhận giá trị nguyên 0,25 Câu 6. (5 điểm)
A E F H B C D ABC , BE  AC , CF  AB , GT BE  CF  H  a. KL AB.AF=AC.AE 0,50 KL b. AEF ABC c. BH .BE  CH .CF  BC 2 AB AE a. ABE ACF ( g.g )    AB. AF  AC. AE 1,25 AC AF AB AE AE AF    b. AC AF AB AC 1,75 ˆ AE AF AEF , ABC có A chung và  AB AC  AEF ABC (c.g.c) c.Vẽ HD  BC BH BD BHD BCE (g.g)    BH.BE=BC.BD (1) BC BE 1,50 CH CD CHD CBF (g.g)    CH.CF=BC.CD (2) BC CF Cộng từng vế (1) và (2) ta được: BH .BE  CH .CF  BC ( BD  CD )  BC.BC  BC 2
ĐỀ THI HSG LẦN III Họ tên học sinh : ……………………………………………………………………. Lớp : …………………………………………………………… ĐỀ SỐ 2 : I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (2 điểm) Trong mỗi câu từ 1 đến 8 đều có 4 phương án trả lời A, B, C, D; trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy khoanh tròn chữ cái đứng trước phương án đúng. Câu 1 : Giá trị x = - 4 là nghiệm của phương trình : A. – 2,5x = - 10 ; B. – 2,5x = 10 ; C. 3x – 8 = 0 ; D. 3x – 1 = x + 7 . Câu 2 : Số đo cạnh của hình lập phương tăng lên 2 lần thì thể tích của nó tăng lên : A. 8 lần. B. 4 lần . C. 6 lần. D. 2 lần . Câu 3 : Phương trình (x2 + 1)(2x + 4) = 0 có tập nghiệm là : A.  1,1,2; B.  1,1 ; C. 2 ; D.  2. Câu 4 : Trong các phương án sau, phương trình nào là phương trình bậc nhất một ẩn : A. 2x – 3y = 0; B. – 0,1x + 2 = 0; C. 4 – 0y = 0 ; D. x(x – 1) = 0 . 2 4 1 Câu 5 : Điều kiện xác định của phương trình : 2   là : y 9 y 3 y3 A. y ≠  3 ; B. y ≠ - 3 ; C. y ≠ 3 ; D. Với mọi giá trị của y. 2 x Câu 6 : Nghiệm của bất phương trình :  0 là : 2 A. x  1 ; B. x  2 ; C. x  1 ; D. x  2 . Câu 7 : Bất phương trình : 7 – 2x > 0 có nghiệm là : 2 7 7 2 A. x < ; B. x < ; C. x < - ; D. x < - . 7 2 2 7 Câu 8 : Một lăng trụ đứng đáy là tam giác thì lăng trụ đó có : A. 6 mặt, 9 cạnh, 5 đỉnh . B. 6 mặt, 5 cạnh, 9 đỉnh. C. 5mặt, 9 cạnh, 6 đỉnh. D. 5 mặt, 6 cạnh, 9 đỉnh . II . PHẦN TỰ LUẬN : (8 điểm) . Câu 9 : (2 điểm) Tìm x biết : 3x  1 2 x  5 2  3x x  7 a)  1 . b) {3x – 2 { = 4x . c) 1 +  x x 1 x3 5 2 Câu 10 : (2 điểm). Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B mất 4 h và ngược dòng từ bến B về bến A mất 5h. Tìm khoảng cách giữa hai bến , biết vận tốc dòng nước là 2 km/h. Câu 10 : (2 điểm). Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B mất 4 h và ngược dòng từ bến B về bến A mất 5h. Tìm khoảng cách giữa hai bến , biết vận tốc dòng nước là 2 km/h. Câu 11 : Cho tam giác ABC can tại và M là trung điểm của BC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự thuộc các cạnh cạnh AB, AC sao cho góc DME bằng góc B. a) Chứng minh  BDM   CME. b) Chứng minh BD . CE không đổi. ………….. Hết……………
PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH Céng hoµ x· héi chñ nghÜa ViÖt Nam Trưêng THCS §¸p CÇu §éc lËp - Tù do - H¹nh phóc ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG MÔN :TOÁN LỚP 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): Tìm x biết: a) x2 – 4x + 4 = 25 x  17 x  21 x  1 b)   4 1990 1986 1004 c) 4x – 12.2x + 32 = 0 1 1 1 Bài 2 (1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và    0. x y z yz xz xy Tính giá trị của biểu thức: A  2  2  2 x  2 yz y  2 xz z  2xy Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, HA ' HB' HC ' H là trực tâm. a) Tính tổng   AA ' BB' CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM. ( AB  BC  CA) 2 c) Chứng minh rằng:  4. AA'2  BB'2  CC'2 Bài 5 (1,25 ®iÓm)a/ Cho ®a thøc f(x) = ax2 + bx + c, víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ. BiÕt r»ng f(0), f(1), f(2) cã gi¸ trÞ nguyªn. Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn. 3x 2  8 x  6 b/ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña:A = x2  2x  1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8  Bài 1(2 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1/2 điểm ) b) Tính đúng x = 2007 ( 1/2 điểm ) c) 4x – 12.2x +32 = 0  2 x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm ) x x x x x  2 (2 – 4) – 8(2 – 4) = 0  (2 – 8)(2 – 4) = 0 ( 0,25điểm ) x 3 x 2 x 3 x 2  (2 – 2 )(2 –2 ) = 0  2 –2 = 0 hoặc 2 –2 = 0 ( 0,25điểm ) x 3 x 2  2 = 2 hoặc 2 = 2  x = 3; x = 2 ( 0,25điểm )  Bài 2(1,25 điểm): 1 1 1 xy  yz  xz   0  0  xy  yz  xz  0  yz = –xy–xz x y z xyz ( 0,25điểm ) x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm )
Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm ) yz xz xy Do đó: A    ( x  y)( x  z) ( y  x )( y  z) (z  x )(z  y) ( 0,25điểm ) Tính đúng A = 1 ( 0,25 điểm )  Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a , b, c, d  9, a  0 (0,25điểm) 2 Ta có: abcd  k với k, m  N, 31  k  m  100 (0,25điểm) (a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2 abcd  k 2  abcd  1353  m 2 (0,25điểm) Do đó: m2–k2 = 1353  (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) (0,25điểm) m+k = 123 m+k = 41  hoặc m–k = 11 m–k = 33