102 đề HSG toán 8 yên mỗ 2014 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (376.85 KB, 4 trang )

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN MÔ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8

(ĐỀ CHÍNH THỨC)

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)

NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN TOÁN

Câu 1 (4,0 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) a4 + 8a3 + 14a2 - 8a -15
b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2
Câu 2 (4,0 điểm):
a b c
x y z
   1 và    0 ( Với x, y, z, a, b, c khác 0).
x y z
a b c
2
x y2 z 2
Chứng minh rằng : 2  2  2  1 .
a
b c
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2  2 x 6  x3y  32

a) Cho





Câu 3 (4,0 điểm): Giải các phương trình sau:
a) ( x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12
b)

x  5 x  4 x  3 x  100 x  101 x  102





100
101 102
5
4
3

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.
a) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là 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
1
1
d) Chứng minh rằng:

.
=
+
AD2 AM 2 AN 2
Câu 5 (2 điểm): Cho a, b, c là độ dài các cạnh và p là nửa chu vi của một tam giác.
1
1
1
1 1 1


 2   
Chứng minh:
pa pb pc
a b c
-------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:......................................

Số báo danh:............................................

Chữ ký của giám thị 1:...............................

Chữ ký của 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

Môn : Toán lớp 8
(Hướng dẫn chấm gồm 3 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 1
= (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 = 0
x y z
x y z
Ta có :
+ + =1  ( + + )2 =1
a b c

a b c
2
2
2
x y z
xy xz yz
 2 + 2 + 2 +2( + + )=1
ab ac bc
a b c
2
2
2
x y z
cxy+bxz+ayz
 2 + 2 + 2 +2
=1
abc
a b c
x 2 y2 z 2

+ + =1
Câu 2
a 2 b 2 c2
(4đ) b,Ta có:
y 2  2  x 6  x 3 y  32   x 6   x 6  2x 3 y  y 2   64
Câu

4

3

2

  x 2    x 3  y   64
3

2

Vì x 2  N và 64 chỉ được phân tích thành 64  02  43  03  82 nên ta có:
 x 2  0
 x 2  4
 x  2; x  2
x  0
hoặc  3
hoặc

 3


2
2
y

8;
y


8
x


y

8
 x  y  0

 y  8; y  8



Vậy pt đã cho có 4 nghiệm nguyên:
 x  0; y  8;  x  0; y  8;  x  2; y  8;  x  2; y  8
a) Đặt x2 + x + 1 = y
pt đã cho trở thành y( y + 1) - 12 = 0
2
 y + y - 12 = 0
Câu 3
 (y - 3)(y + 4) = 0
(4đ)
 y = 3 hoặc y = - 4
+ Với y = 3 ta được x1 = 1; x2 = - 2
+ 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 đã cho có nghiệm x1 = 1; x2 = - 2
b)

x  5 x  4 x  3 x  100 x  101 x  102






100
101
102
5
4
3

x5
x4
x3
x  100
x  101
x  102
 1)  (
 1)  (
 1)  (
 1)  (
 1)  (
 1)
100
101
102
5
4
3
1
1
1 1 1
 1



   = 0
 (x - 105) 
 100 101 102 5 4 3 
 x = 105

(

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

KL: Vâỵ PT đã cho có nghiệm x= 105

E

A

B

H
F

D

C

M

N

Câu 4
(6đ)

a)( 1,5 điểm)
Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH )
AB = AD ( gt)
BAF = ADM = 900 (ABCD là hình vuông)
 ΔADM = ΔBAF (g.c.g)
=> DM=AF, mà AF = AE (gt)
Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
Mặt khác. DAE = 900 (gt)
Vậy tứ giác AEMD là 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

2

SΔCBH  BC 
SΔCBH
2
2
 BC 
=
= 4 (gt)  
 , mà
 = 4 nên BC = (2AE)
SΔEAH  AE 
SΔEAH

 AE 
 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD



Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)
d)( 1,5 điểm)
Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả 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 quả định lý ta lét, ta có:


0,5

MN MC
AB MC
AD MC
hay

=

=
=
AN AB
AN MN
AN MN
2

2

2

2

CN 2 + CM 2 MN 2
 AD   AD   CN   CM 
 
+
=
+
=
=
=1
 
 
 

MN 2
MN 2

 AM   AN   MN   MN 
2

0,5

2

1
1
1
 AD   AD 
 


 +
 = 1 
2
2
AM
AN
AD 2
 AM   AN 

(đpcm)

xy
4
1 1
4


  
( x, y >0)
xy
xy
x y xy
Áp dụng kết quả này ta được:
1
1
4
4
4




p  a p  b  p  a    p  b  2p  a  b c
Câu 5
1
1
4
1
1
4
(2đ) Tương tự ta có:

 ;


pb pc a pc pa b
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, thu gọn ta được:

1
1
1
1 1 1


 2   
pa pb pc
a b c
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác đã cho là đều.
Ta có:  x  y   4xy 

0,25

2

Lưu ý:
- Học sinh làm bài các cách khác nhau mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Bài hình không có hình vẽ thì không chấm.
- Tổng điểm của bài cho điểm lẻ đến 0,25đ (ví dụ : 13,25đ ; 14,5đ; 16,75đ).

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

102 đề HSG toán 8 yên mỗ 2014 2015

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về