de da HSG Hoang Hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS NHỮ BÁ SỸ THỊ TRẤN BÚT SƠN. Bài 1: ( 4,0 điểm) Cho biểu thức. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - LỚP 8 NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/ 3/ 2013 A. 2x  1 x  3 2 x 1   x  5x  6 x  2 3  x 2. a) Rút gọn biểu thức. b) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 2: ( 6,0 điểm) a) Giải phương trình: x6 – 7x3 – 8 = 0 n b) Tìm các số tự nhiên n để . 2. . 2.  8  36. là số nguyên tố.. B. 3 x 2  6 x 10 x2  2x  3. c) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc : 1 1 1   a b c . Chứng minh rằng có ít nhất một trong d) Cho a. b. c = 1 và a + b + c = ba số a, b, c bằng 1. Bài 3: (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên x, y biết x > y > 0 thỏa mãn: x3 + 7y = y3 + 7x. b) Cho 0  a; b; c  1. Chứng minh rằng : 2( a3 + b3 + c3)  3 + a2b + b2c + c2a. Bài 4: (5,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, 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 = BC2. Bài 5: ( 2,0 điểm) BC  Cho tam giác ABC cân tại A có BAC 108 Chứng minh tỉ số AC là số vô tỉ. 0. ……………………………………. HẾT. …………………………………. Họ và tên thí sinh:…………………………… Giám thị 1:……………………… Số báo danh:……………………….. Giám thị 2:………………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THCS NHỮ BÁ SỸ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI THỊ TRẤN BÚT SƠN MÔN TOÁN - LỚP 8 Năm học : 2012 - 2013 Bài. Nội dung. Điểm. a/ 2,5 đ 0,5đ. ĐKXĐ : x ≠ 2 , x ≠ 3 A. Bài 1. 1,0đ. 2x  1 x  3 2 x 1   ( x  2).( x  3) x  2 x  3. x2  x  6  ( x  2)( x  3). 1,0đ. b/ 1,5 đ x2 4 A 1  x 2 x 2. 0,25đ. 4,0điểm. . x2  x  6 ( x  2)( x  3) có giá trị nguyên. A có giá trị nguyên   x – 2  Ư(4) = {1; -1; 2; - 2; 4; - 4}  x  {3 ; 1 ; 4 ; 0 ; 6 ; - 2} Vì x ≠ 2 , x ≠ 3 nên x  {1 ; 4 ; 0 ; 6 ; - 2} a/ 1,5 đ Ta có x6 – 7x3 – 8 = 0  (x3 + 1)(x3 – 8) = 0  (x + 1)(x2 – x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 4) = 0 (1). 0,5đ. 1 3 2 Do x – x + 1 = (x – 2 ) + 4 > 0 và x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 >. 0,5đ. Bài 2 6,0 điểm 0 với mọi x, nên (1)  (x + 1)(x – 2) = 0  x {- 1; 2} Vậy phương trình có tập nghiệm : S = {- 1; 2} 2. 0,5đ 0,25đ 0,5đ. 0,5đ. b/ 1,5 đ. n. 2. 2.  8  36 n4  16n2  100 ( n 2  10) 2  36n 2. . (n 2  6n  10)(n 2  6n  10) n Với n = 0 Thì . 2. . 0,5đ. 2.  8  36. = 100 không phải là số nguyên tố. Với n > 0, ta có 0 < n – 6n + 10 < n2 + 6n + 10 2. n Để . 2. . 2.  8  36. là số nguyên tố thì n2 – 6n + 10 = 1  (n – 3)2 = 0  n = 3 n Khi đó . 2. . 0,5đ. 2.  8  36. n Vậy với n = 3 thì . = 37 là số nguyên tố. 2. . 2.  8  36. là số nguyên tố.. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> c/ 1,5 đ B. 3x 2  6 x 10 1 1 2 2 x  2 x  3 = 3 + x  2 x  3 = 3 + ( x 1) 2  2. 0,5đ. Ta có : Do (x + 1)2 ≥ 0 với mọi x (dấu “ =” xảy ra  x = -1 ) 1 1 2  ( x 1)  2 ≤ 2 (dấu “ =” xảy ra  x = -1 ). 0,5đ. 1 1 7 2 ( x  1)  2  3 + 2 = 2 (dấu “ =” xảy ra  x = -1 )  3+. 7 Vậy giá trị lớn nhất của B = 2 tại x = -1 1 1 1   a b c  a + b + c - (bc + ca + ab) = 0 d) (1,5đ). a + b + c =  abc - bc - ca - ab + (a + b + c ) - 1 = 0  (a - 1)(b - 1)(c - 1) = 0  a 1   b 1   c 1 suy ra đpcm. 0,5đ. 0,5 đ 0,5đ 0,5đ. a) (1,5đ). x3 + 7y = y3 + 7x  (x - y)(x2 + xy + y2) = 7(x - y)  x2 + xy + y2 = 7 (vì x > y ) . 7 3. 1,5 đ.  (x - y)2 = 7 - 3xy . Do (x - y)2 > 0 nên 7 - 3xy > 0 hay xy Kết hợp 0 < y < x, từ đó suy ra x = 2, y = 1. Bài 3 xét: với 0  x  1 thì x ≥ x3, x2 ≥ x3 nên x2 + x ≥ 2 3,0 điểm b)(1,5đ).Nhận x3(*) Từ 0  a; b; c  1  (1 - a2)(1 - b) + (1 - b2)(1 - c) + (1 - c2)(1 1,5đ a) ≥ 0 nên 3 + a2b + b2c + c2a ≥ (a2 + b2 + c2) + (a + b + c) = (a2 + a) + (b2 + b) + (c2 + c) ≥ 2a3 + 2b3 + 2c3 (theo (*)) đpcm Bài 4 a) (1,5đ). A 5,0 điểm ABE  ACF (g.g) 1,5 đ AB AE E   AC AF  AB.AF = AC.AE F H. AB AE AE AF    AC AF AB AC b) (1,5đ). Từ và Â chung AEF  ABC (c.g.c) c) (1,5đ). Vẽ HD  BC .. B. D. C 1,5 đ 0,5 đ 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BH BD  BC BE  BH.BE = BC.BD (1) BHD  BCE CH CD   BC CF  CH.CF = BC.CD (2) CHD  CBF Cộng từng vế (1) với (2) được : BH.BE + CH.CF = BC(BD + CD) = BC2. . 0,5 đ 0,5 đ. E. Bài 5. 720. 2,0điểm. 360. P. 1080. 360. A 1080. M 360. B. 180 180. 120. C. 0  0  Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho: MBC 12 ; MCB 18 trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho CE = CB. 1800  360 CEB CBE   720 2 => Ta có  CME=  CMB(c-g-c)   MBC 120  MBC 600. => ME=MB mà =>  MBA đều 0   Mặt khác ta có BEA BAE 72 =>  BAE cân => BA=BE(1) 0    Kẻ AP là phân giác BAE => PAB PBA 36 => PA=PB 0 0 APB 1800  2.360 1080    => APE 72 => APE  AEP 72. =>AP=AE (2) từ (1) và (2) => AE=PA=PB do AP là phân giác góc EAB nên PE AE PE  PB AE  AB BE AE  AB     PB AB PB AB AB => => PB AB AE  AB  AE AB. => AB2=AE(AE+AB) = AE2+AE.AB. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 2. 1 5   1 5 2 AE  AB  AB  AE  AB   AB 2 4   2 2 => 51 AE 5 1 AE  AB  2 2 => => AB. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> AE 51 AE  AB 5 1 CE 5 1 1   1    AB 2 AB 2 2 <=> AC BC 5 1  2 => AC BC vậy AC là số vô tỷ.. Lưu ý: - Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản không chấm điểm. - Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>