Đề thi HSG cấp huyện Toán 8 năm 2012 – 2013 phòng GD&ĐT Việt Yên – Bắc Giang

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN THI: TOÁN LỚP 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 2
x  2013x  2012x  2013 . 2 2  x  2x 2x  1 2 
2. Rút gọn biểu thức sau: A     1  . 2 2 3  2 
 2x  8 8  4x  2x  x  x x  Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau: 2. 2 2 2 2 2 2
(2x  x  2013)  4(x  5x  2012)  4(2x  x  2013)(x  5x  2012)
2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 2 3 x  2x  3x  2  y . 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 2
x  4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: 2 2 2
a(b  c)(b  c  a)  c(a  b)(a  b  c)  b(a  c)(a  c  b) 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. 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 = + . 2 2 2 AD AM AN 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 4 2
x  2013x  2012x  2013 0,5   4 x  x 2  2013x  2013x  2013 1  x  x   2 x  x     2 1 1 2013 x  x   1 0.5
(2.0 điểm)  2x x  2 1 x  x  2013 0.5 Kết luận 4 2
x  2013x  2012x  2013   2 x  x   2 1 x  x  2013 0.5 x  0 ĐK:  0.25 x  2 2 2  x  2x 2x  1 2 Ta có  A     1  0.25 2 2 3  2 
 2x  8 8  4x  2x  x  x x  2 2 2  x  2x 2x  x  x  2     0.25 2 2  2 
 2(x  4) 4(2  x)  x (2  x)  x 2  (2.0 điểm) 2 2 2 2  x  2x 2x
 (x 1)(x  2)   x(x  2)  4x  (x 1)(x  2)       0.5 2 2  2   2  2 
 2(x  4) (x  4)(2  x)  x
  2(x  2)(x  4)  x  3 2 2 2 x  4x  4x  4x x 1 x(x  4)(x 1) x 1  .   0.5 2 2 2 2 2(x  4) x 2x (x  4) 2x  x  0 Vậy x 1 A  với  . 0.25 2x x  2 Câu 2 (4.0 điểm) 2 a  2x  x  2013 Đặt:  0.25 2 b   x  5x  2012
Phương trình đã cho trở thành: 0.5 1 2 2 2
a  4b  4ab  (a  2b)  0  a  2b  0  a  2b (2.0 điểm) Khi đó, ta có: 2 2 2 2
2x  x  2013  2(x  5x  2012)  2x  x  2013  2x 10x  4024 0.5 2011  11x  2011  x  . 0.5 11 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2011 x  . 0.25 11 2 Ta có  3  7 3 3 2
y  x  2x  3x  2  2 x    0  x  y   (1) 0.5  4  8 2 2  9  15 (2.0 điểm) 3 3 2
(x  2)  y  4x  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) Giả sử f(x) chia cho 2
x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b . 0.5 Khi đó: 2
f (x)  (x  4).(5x)  ax+b Theo đề bài, ta có:  7  f (2)  24 2a  b  24 a  1      2 0.5
(2.0 điểm)  f (2)  10  2  a  b  10 b  17 7 Do đó: 2 f (x)  (x  4).( 5  x)  x+17 0.5 2 47
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 3 f (x)  5  x  x 17. 0.5 2 Ta có: 2 2 2
a(b  c)(b  c  a)  c(a  b)(a  b  c)  b(a  c)(a  c  b)  0 (1)  x  z a   2 a  b  c  x    x  y 0.25 Đặt: b
  c  a  y  b  2 a c b z       y  z c   2 Khi đó, ta có: 2 (2.0 điểm)
x  z  x  y y  z 
y  z  x  z x  y  1 0.5 2 2 2 VT   .y   .x  (x  y)(x  y).z (1)     2  2 2  2  2 2  4 x  z x  z y  z z  y 1 2 2 2 2 2  . .y  . .x  (x  y )z 0.5 2 2 2 2 4 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 (x  z ).y  (z  y ).x  (x  y ).z 0.25 4 4 4 1 1 2 2 2 2 2 2
 (x  y ).z  (x  y ).z  0  VP (đpcm) 0.25 (1) 4 4 KL:…. 0.25 Câu 4 (6 điểm) E A B H 1 F (2.0 điểm) D M C N Ta có  DAM =  ABF (cùng phụ  BAH ) AB = AD ( gt) 0.75   0
BAF = ADM = 90 (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.  0 DAE = 90 (gt)
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH  ΔFAH (g.g) AB BH  0.5 = hay BC BH = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có  HAB =  HBC (cùng phụ  ABH ) 2 0.5  ΔCBH  ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 S  BC  S  BC  ΔCBH  =   , mà ΔCBH = 4 (gt)  = 4   nên BC2 = (2AE)2 S  AE  S  AE  0.5 ΔEAH ΔEAH
 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  =  = hay AD MC = 0.5 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2   AD   AD   CN   CM  CN + CM MN + = + = = = 1         2 2  AM   AN   MN   MN  MN MN 0.5 (Pytago) 2 2   AD   AD  1 1 1 + = 1        (đpcm) 0.5  AM   AN  2 2 2 AM AN AD
2.0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có 0.75 a b c    2 2 2 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 a b   2 2 2 a b   (**) x y x  y   
      2 2 2 a y b x x y xy a b
 bx  ay2  0 (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra  a b  x y
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a b c
  2 c    2 2 2 2 2 a b a b c      x y z x  y z x  y  z Dấu “=” xảy ra  a b c   x y z 1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: a b c      3 3 3
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          2 2 2 a b c  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 2 2 2 Hay 1  1 1 1 a b c         0.25 ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  1 1 1 0.25 2 2 2 Mà 1 1 1    3 3 nên a b c    a b c ab  ac bc  ab ac  bc 2 Vậy 1 1 1 3    (đpcm) 0.25 3 3 3
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.