Tải bản đầy đủ

HSG TOÁN 8 THỦY NGUYÊN 2010 2011

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
MÔN: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a, x4  4
b,
2. Cho



x  2  x  3  x  4  x  5  24

a
b
c
a2
b2
c2



 1. Chứng minh rằng:


0
b c c  a a b
b  c c  a a b

Câu 2: (2 điểm)
3
2
1. Tìm a,b sao cho f  x   ax  bx  10x  4 chia hết cho đa thức
g  x   x2  x  2

2. Tìm số nguyên a sao cho a 4  4 là số nguyên tố
Câu 3.( 3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD.
Kẻ ME  AB, MF  AD.
a. Chứng minh: DE = CF
b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 4.(1,5 điểm)
Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002
Tinh: a2011 + b2011

--------------------------HẾT--------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG
MÔN: TOÁN 8


Câu

Đáp án
1a.

1

4

4

2

2

x + 4 = x + 4x + 4 - 4x
= (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2
= (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x)
1b. ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24
= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
2. Nhân cả 2 vế của:

a
b
c


1
b  c c  a a b

với a + b + c
rút gọn � đpcm
2
3
2
1. Ta có : g  x   x  x  2=  x  1  x  2  Vì f  x   ax  bx  10x  4 chia
hết cho đa thức g  x   x  x  2
Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x)
2

2

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

� ax 3  bx 2  10x  4=  x+2  .  x-1 .q  x 

0,25

Với x=-2 � 2a-b+6=0  2 
Thay (1) vào (2) . Ta có : a=2 và b=4
4
2
2
2. Ta có : a  4=  a -2a+2   a +2a+2 

0,25

Với x=1 � a+b+6=0 � b=-a-6  1

0,25
0,25

Z
a 2 -2a+2 Z ;a 2 +2a+2 Z
Vì a ή��

Có a 2 +2a+2=  a+1  1 �1 a
2

Và a 2 -2a+2=  a-1  1 �1 a
Vậy a 4  4 là số nguyên tố thì a 2 +2a+2=1 hoặc a 2 - 2a+2=1
Nếu a 2 -2a+2=1 � a  1 thử lại thấy thoả mãn
Nếu a 2 +2a+2=1 � a  1 thử lại thấy thoả mãn
2

0,25
0,25
0,25

0,25

3

AE  FM  DF
� AED  DFC � đpcm
b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC � đpcm

0,5
0,5
1

c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi
� ME  MF  a không đổi

0,5

a. Chứng minh:


4

� SAEMF  ME.MF lớn nhất
� ME  MF (AEMF là h.v)
� M là trung điểm của BD.

0,25
0,25
0,25

(a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
� (a+ b) – ab = 1
� (a – 1).(b – 1) = 0
� a = 1 hoặc b = 1
Vì a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1; hoặc b = 0 (loại)
Vì b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1; hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

0,25
0,25
0,25
0,25

* Chú ý : Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

-----------------HẾT------------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)

0,25
0,25


Câu 1:(3 điểm)
a) Cho biểu thức A  2a 2 b2  2b 2 c2  2a 2 c2  a 4  b 4  c4 . Chứng minh rằng nếu

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì

A >0.

b) Chứng minh rằng a 5  a M
30 ( a �Z ) .
Câu 2:(2 điểm)
2
2
2
Giải phương trình x  2xy  y  3x  2y  1  4  2x  x  3x  2 .

Câu 3(1,5 điểm)
Cho a 3  b3  2 . Chứng minh rằng a  b �2 .
Câu 4:(1,5 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O.
Một đường thẳng d qua O song song với 2 đáy cắt 2 cạnh bên AD, BC lần lượt tại E
và F. Chứng minh rằng

1
1
2


.
AB CD EF

Câu 5 (2 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB,
BC sao cho AN=CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia
phân giác của AKC .
-----------------------------------Hết-------------------------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh…………………………………………..SBD:…………….

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2007-2008
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)


Câu

Nội dung

Điểm

a) A  2a 2 b 2  2b 2c 2  2a 2c 2  a 4  b 4  c 4 = 4 a 2 b2 - ( 2a 2 b 2  2b 2c 2  2a 2c 2  a 4  b 4  c 4 )

0,25

= (2ab) 2 - ( a 2  b 2  c2 )2 = (2ab  a 2  b 2  c 2 )( 2ab - a 2  b2  c2 )

0,5

(a  b) 2  c 2 �
c 2  (a  b)2 �
=�

��

�= (a  b  c)(a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)

0,5

Do a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác nên
0,25

a  b  c  0; a  b  c  0; c  a  b  0; c  a  b  0 � A  0

1

(a 2  4)  5 �
b) a 5  a  a(a 4  1)  a(a 2  1)(a 2  1) = a(a  1)(a  1) �



0,5

= a(a  1)(a  1)(a  2)(a  2) 5a(a  1)(a  1)
Do tích của năm số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 5 và trong năm số nguyên liên
tiếp luôn có ba số nguyên liên tiếp mà tích của chúng chia hết cho 6 và do (6;5)=1.
Suy ra a(a  1)(a  1)(a  2)(a  2) M30 và 5a(a  1)(a  1) M30. Vậy

a  aM
30
5

0,25
0,5
0,25

x 2  2xy  y 2  3x  2y  1  4  2x  x 2  3x  2


(x  y  1) 2  x  2  (x  1)(x  2)  2x  4 (1)

0,5

2
��4�۳
0
2(x 2) 0
Do (x  y  1)  x  2  (x  1)(x  2) �0 x, y �2x

x

2

2
2
Với x �2 thì (x  y  1)  x  2  (x  y  1)  x  2 ; (x  1)(x  2)  x 2  3x  2 .

0,25
0,25

Khi đó từ phương trình (1) � (x  y  1) 2  x  2 + (x  1)(x  2) = 2(x  2) � (x  y  1)2 =
2

0,25

(x  2)(2  x  1  1) = (x  2) 2 .
� (x  y  1) 2 + (x  2) 2 =0 � x  2  0 và x  y  1  0 � x  2; y  3 ( thoả mãn)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là

0,5

S=   2;3 

Giả sử a  b  2 � (a  b)  2 � a  b  3ab(a  b)  8 � 2  3ab(a  b)  8 (do a  b  2
3

3

3

3

3

3

0,25
0,5

)
� 3ab(a  b)  6 � ab(a  b)  2 � ab(a  b) > a 3  b3 (do

3

� ab(a  b) > (a  b)(a 2  ab  b 2 ) � ab  a 2  ab  b 2 � a 2  2ab  b 2  0 � (a  b) 2  0

(vô lý ) . Vậy a  b �2
4

a 3  b3  2 )

0,5
0,5


0,25

Xét VABD có OE//AB �

OE OD

(Hệ quả của định lý Ta lét) (1)
AB DB

Xét VABC có OF//DC �

OF OB

(Hệ quả của định lý Ta lét) (2)
CD BD

Xét VABC có OF//AB �

OF OC

(Hệ quả của định lý Ta lét) (3)
AB AC

0,25

Xét VABD có OE//DC �

OE AO

(Hệ quả của định lý Ta lét) (4)
DC AC

0,25

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra : �

0,25

OE OF OF OE OD OB OC AO
+
+
+
=
+
+
+
AB CD AB DC DB BD AC AC

0,25



OE OF OF OE OD OB OC AO
+
+
+
=
+
+
+
AB AB CD DC DB BD AC AC



EF EF BD AC
EF EF
+
=
+
+
=2 � 1 + 1 = 2

AB DC BD AC
AB DC
AB DC EF

0,25
B

A

F

E
O

D

C

5
Kẻ DI, DJ lần lượt vuông góc với AK, CK.
1
2

0,25

1
2

Ta có SAND  AN.DI = SABCD ( do chung đáy AD, cùng chiều cao hạ từ N) (1)
SCDM

1
1
 CM.DJ = SABCD ( do chung đáy CD, cùng chiều cao hạ từ M)
2
2

Từ (1) và (2) suy ra:

1
1
AN.DI = CM.DJ � DI=DJ (do AN=CM)
2
2

0,5
0,5

(2)
0,25

� DIK  DJK (cạnh huyền-cạnh góc vuông) � �IKD  �JKD
� KD là tia phân giác AKC .

0,5


A

M
l
B

K

J
D

N

C

----------------------------------------------------------------------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-----------------------------MÔN TOÁN 8
Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
A. ĐỀ BÀI
Bài 1. ( 2 điểm ):
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
x3(x2 - 7 )2 - 36x
b) Dựa vào kết quả trên hãy chứng minh:
A= n3(n2 - 7 )2 - 36n chia hết cho 210 với mọi số tự nhiên n.
Bài 2. ( 2 điểm ):

 1  x3

1  x2
 x  :
Cho biểu thức A = 
2
3 với x khác -1 và 1.
 1 x
 1 x  x  x
a, Rút gọn biểu thức A.
2
3

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x   1 .
c, Tìm giá trị của x để A < 0.
Bài 3. ( 1,0 điểm ) Cho ba số a, b, c thỏa mãn abc = 2004.
Tính : M =

2004a
b
c


.
ab  2004a  2004 bc  b  2004 ac  c  1

Bài 4. (4 điểm ) : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB , BC. Gọi P giao điểm của AN với DM.
a) Chứng minh : tam giác APM là tam giác vuông.
b) Tính diện tích của tam giác APM
c) Chứng minh tam giác CPD là tam giác cân.
Bài 5. ( 1 điểm ): Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho : x2 = y2 + 2y + 13.
----------------------------- HẾT ----------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
------------------------Bài
1

HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8

Đáp án
a) x3(x2 - 7 )2 - 36x = x[( x3 - 7x)2 - 36]
= x(x3 - 7x - 6)( x3 - 7x + 6 ) = x(x3 - x - 6x - 6)( x3 - x - 6x + 6 )
= x[x(x - 1 )( x + 1) - 6( x+ 1)][ x(x - 1 )( x + 1) - 6( x- 1)]
= x(x + 1 )(x2 - x - 6)(x - 1 )( x2 + x - 6 )
= x(x + 1 )(x2 - 3x + 2x - 6)(x - 1 )( x2 +3x - 2x - 6 )
= x(x + 1 )(x2 - 3x + 2x - 6)(x - 1 )( x2 + 3x - 2x - 6 )
= x(x + 1 )( x - 1 )[(x(x - 3 ) + 2( x - 3 )][(x(x + 3 ) - 2( x + 3 )]
= x(x + 1 )( x - 1 ) (x - 3 )(x + 2 ) ( x - 2 )( x + 3 )
b) Theo phần a ta có :
A = n3(n2 - 7 )2 - 36n
= n(n + 1 )( n - 1 ) (n - 3 )(n + 2 ) ( n - 2 )( n + 3 )
Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp . Trong 7 số nguyên liên tiếp có :
- Một bội của 2 nên A chia hết cho 2.
- Một bội của 3nên A chia hết cho 3.
- Một bội của 5 nên A chia hết cho 5.
- Một bội của 7 nên A chia hết cho 7.
Mà 2; 3; 5; 7 đôi một nguyên tố cùng nhau nên: A M( 2.3.5.7 )
Hay A M210.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

a) Với x khác -1 và 1 thì :

2

1  x3  x  x2
(1  x)(1  x)
:
A=
1 x
(1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x)

=

(1  x)(1  x  x 2  x)
(1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  2 x  x 2 )
1
2
= (1  x ) :
= (1  x 2 )(1  x)
(1  x)
5 2 
5 
2
5

b) Tại x =  1 =  thì Acó giá trị là 1  ( )   1  (  )
3  
3 
3
3

25
5
34 8 272
2
10
= (1  )(1  )  . 
9
3
9 3 27
27
c) Với x khác -1 và 1 thì A< 0 khi và chỉ khi (1  x 2 )(1  x)  0 (1)
Vì 1  x 2  0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1  x  0  x  1
KL
Thay 2004 = abc vào M ta có :

3

a 2bc
b
c
M


2
ab  a bc  abc bc  b  abc ac  c  1
a 2bc
b
c



ab(1  ac  c) b(c  1  ac) ac  c  1
ac
1
c



1  ac  c c  1  ac ac  c  1
ac  c  1

1
1  ac  c

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Vẽ hình đúng cho phần a
A

1

1

M

0,25

B

P

4

I

N

H
1

D

C

a) Chứng minh ∆ADM =∆BAN ( cgc )

0,75

=>

0,25



A1  D
1

� M
�  900 ( ∆ADM vuông tại A )
Mà D
1
1
�  900 => �
A1  M
Do đó: �
APM  900 .Hay ∆APM vuông tại P.
1

0,5

4 5
(cm)
5
2 5
AM =
(cm)
5
4
SAPM = (cm 2 )
5

b) Tính được : AP =

0, 5
0,25

c) Gọi I là trung điểm của AD. Nối C với I; CI cắt DM tại H.
Chứng minh tứ giác AICN là hình bình hành
=> AN // CI mà AN  DM nên CI  DM
Hay CH là đường cao trong ∆CPD (1)
Vận dụng định lý về đường trung bình trong ∆ADP chứng minh được H
là trung điểm của DP => CH là trung tuyến trong ∆CPD (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆CPD cân tại C.
5

Biến đổi đẳng thức đã cho về dạng ( x + y + 1)( x - y - 1) = 12
Lập luận để có x + y + 1> x - y - 1 và x + y + 1; x - y - 1 là các ước
dương của 12 từ đó có các trường hợp :
x+y+1
x-y-1

12
1

x

13
2
9
2

y

0,25

6
2
4
1

4
3
7
2
1
2

Mà x; y nguyên dương nên ( x; y) = ( 4; 1)
KL.
*Chú ý: Ở mỗi phần, học sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.

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

0,25

0,25



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×