7 Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

Nội dung text: 7 Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 1 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1: (3đ) a) Phân tích đa thức x3 – 5x2 + 8x – 4 thành nhân tử b) Tìm giá trị nguyên của x để A  B biết A = 10x2 – 7x – 5 và B = 2x – 3 . c) Cho x + y = 1 và x y 0 . Chứng minh rằng x y 2 x y 0 y 3 1 x3 1 x 2 y 2 3 Bài 2: (3đ) Giải các phương trình sau: a) (x2 + x)2 + 4(x2 + x) = 12 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b) 2008 2007 2006 2005 2004 2003 Bài 3: (2đ) Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a) Chứng minh EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C, I thẳng hàng. Bài 4: (2)Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác địnhvị trí điểm D, E sao cho: a/ DE có độ dài nhỏ nhất b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
2. HD CHẤM Bài 1: (3 điểm) a) ( 0,75đ) x3 - 5x2 + 8x - 4 = x3 - 4x2 + 4x – x2 + 4x – 4 (0,25đ) = x( x2 – 4x + 4) – ( x2 – 4x + 4) (0,25đ) = ( x – 1 ) ( x – 2 ) 2 (0,25đ) A 1 0 x 2 7 x 5 7 b) (0,75đ) Xét 5 x 4 (0,25đ) B 2 x 3 2 x 3 7 Với x Z thì A  B khi Z 7  ( 2x – 3) (0,25đ) 2x 3 Mà Ư(7) = 1;1; 7;7 x = 5; - 2; 2 ; 1 thì A  B (0,25đ) x y 4 4 c) (1,5đ) Biến đổi = x x y y y3 1 x3 1 (y3 1)(x3 1) x 4 y4 (x y) = ( do x + y = 1 y - 1= -x và x - 1= - y) (0,25đ) xy(y2 y 1)(x 2 x 1) 2 2 = x y x y x y (x y) (0,25đ) xy(x 2 y2 y2x y2 yx 2 xy y x 2 x 1) = x y (x 2 y2 1) (0,25đ) 2 2 2 2 xy x y xy(x y) x y xy 2 2 2 = x y (x x y y) = x y x(x 1) y(y 1) (0,25đ) 2 2 2 2 2 xy x y (x y) 2 xy(x y 3) = x y x( y) y( x) = x y ( 2xy) (0,25đ) xy(x 2 y2 3) xy(x 2 y2 3) = 2(x y) Suy ra điều cần chứng minh (0,25đ) x 2 y2 3 Bài 2: (3 đ)a) (1,25đ) (x2 + x )2 + 4(x2 + x) = 12 đặt y = x2 + x y2 + 4y - 12 = 0 y2 + 6y - 2y -12 = 0 (0,25đ) (y + 6)(y - 2) = 0 y = - 6; y = 2 (0,25đ) * x2 + x = - 6 vô nghiệm vì x2 + x + 6 > 0 với mọi x (0,25đ) * x2 + x = 2 x2 + x - 2 = 0 x2 + 2x - x - 2 = 0 (0,25đ) x(x + 2) – (x + 2) = 0 (x + 2)(x - 1) = 0 x = - 2; x = 1 (0,25đ) Vậy nghiệm của phương trình x = - 2 ; x =1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b) (1,75đ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2008 2007 2006 2005 2004 2003 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 2008 2007 2006 2005 2004 2003 (0,25đ)
3. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (x 2009)( ) 0(0,5đ) Vì ; ; 2008 2007 2006 2005 2004 2003 2008 2005 2007 2004 2006 2003 1 1 1 1 1 1 Do đó : 0 (0,25đ) Vậy x + 2009 = 0 x = -2009 2008 2007 2006 2005 2004 2003 E I 2 1 Bài 3: (2 điểm) 1 a) (1đ) B C 2 F Chứng minh EDF vuông cân Ta có ADE = CDF (c.g.c) EDF cân tại D O Mặt khác: ADE = CDF (c.g.c) Eˆ Fˆ 1 A 2 D ˆ ˆ ˆ 0 ˆ ˆ ˆ 0 Mà E1 E2 F1 = 90 F2 E2 F1 = 90 0 EDF = 90 . Vậy EDF vuông cân b) (1đ) Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông CO là trung trực BD 1 Mà EDF vuông cân DI = EF 2 1 B Tương tự BI = EF DI = BI 2 I thuộc dường trung trực của DB I thuộc đường thẳng CO Hay O, C, I thẳng hàngD C A Bài 4: (2 điểm) E a) (1đ) DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) Áp dụng định lý Pitago với ADE vuông tại A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 (0,25đ) a2 a2 a2 = 2(x – )2 + (0,25đ) 4 2 2 a Ta có DE nhỏ nhất DE2 nhỏ nhất x = (0,25đ) 2 a BD = AE = D, E là trung điểm AB, AC (0,25đ) 2 b) (1đ) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. 1 1 1 1 2 Ta có: SADE = AD.AE = AD.BD = AD(AB – AD)= (AD – AB.AD) (0,25đ) 2 2 2 2
4. 1 AB AB2 AB2 1 AB AB2 AB2 = – (AD2 – 2 .AD + ) + = – (AD – )2 + (0,25đ) 2 2 4 8 2 4 2 8 2 2 AB AB 3 2 Vậy SBDEC = SABC – SADE – = AB không đổi (0,25đ) 2 8 8 3 2 Do đó min SBDEC = AB khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC (0,25đ) 8 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 2 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – y2 – 5x + 5y b) 2x2 – 5x – 7 Bài 2: Tìm đa thức A, biết rằng: 4x 2 16 A x 2 2 x Bài 3: Cho phân thức: 5x 5 2x 2 2x a) Tìm điều kiện của x để giá trị của phân thức đợc xác định. b) Tìm giá trị của x để giá trị của phân thức bằng 1. x 2 1 2 Bài 4: a) Giải phơng trình : x 2 x x(x 2) b) Giải bất phơng trình: (x-3)(x+3) < (x=2)2 + 3 Bài 5: Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình: Một tổ sản xuất lập kế hoạch sản xuất, mỗi ngày sản xuất đợc 50 sản phẩm. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ đó sản xuất đợc 57 sản phẩm. Do đó đã hoàn thành trớc kế hoạch một ngày và còn vợt mức 13 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch tổ phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm và thực hiện trong bao nhiêu ngày.
5. Bài 6: Cho ∆ ABC vuông tại A, có AB = 15 cm, AC = 20 cm. Kẻ đờng cao AH và trung tuyến AM. a) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HBA b) Tính : BC; AH; BH; CH ? c) Tính diện tích ∆ AHM ?
6. BIỂU ĐIỂM - ĐÁP ÁN Đáp án Biểu điểm Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – y2 – 5x + 5y = (x2 – y2) – (5x – 5y) = (x + y) (x – y) – 5(x – y) = (x - y) (x + y – 5) (1 điểm) b) 2x2 – 5x – 7 = 2x2 + 2x – 7x – 7 = (2x2 + 2x) – (7x + 7) = 2x(x +1) – 7(x + 1) = (x + 1)(2x – 7). (1 điểm) Bài 2: Tìm A (1 điểm) A = x(4x 2 16 x[(2x) 2 42 x(2x 4)(2x 4) x.2(x 2).2(x 2) 4(x 2) 4x 8 x 2 2x x 2 2x x(x 2) x(x 2) Bài 3: (2 điểm) a) 2x2 + 2x = 2x(x + 1) 0 2x 0 và x + 1 0 x 0 và x -1 (1 điểm) b) Rút gọn: 5x 5 5(x 1) 5 (0,5 điểm) 2x 2 2x 2x(x 1) 2x 5 5 1 5 2x x (0,25 điểm) 2x 2 5 5 Vì thoả mãn điều kiện của hai tam giác nên x (0,25 điểm) 2 2 Bài 4: a) Điều kiện xác định: x 0; x 2 x(x 2) - (x - 2) 2 - Giải: x2 + 2x – x +2 = 2; x(x 2) x(x 2) 1 đ x= 0 (loại) hoặc x = - 1. Vậy S = 1 b) x2 – 9 - 4 1đ Vậy nghiệm của phơng trình là x > - 4 Bài 5: – Gọi số ngày tổ dự định sản xuất là : x ngày Điều kiện: x nguyên dơng và x > 1 0,5 đ Vậy số ngày tổ đã thực hiện là: x- 1 (ngày) - Số sản phẩm làm theo kế hoạch là: 50x (sản phẩm) 0,5 đ - Số sản phẩm thực hiện là: 57 (x-1) (sản phẩm)
7. Theo đề bài ta có phơng trình: 57 (x-1) - 50x = 13 0,5 đ 57x – 57 – 50x = 13 7x = 70 0,5 đ x = 10 (thoả mãn điều kiện) Vậy: số ngày dự định sản xuất là 10 ngày. 1 đ Số sản phẩm phải sản xuất theo kế hoạch là: 50 . 10 = 500 (sản phẩm) Bài 6: a) Xét ∆ ABC và ∆ HBA, có: Góc A = góc H = 900; có góc B chung ∆ ABC ~ ∆ HBA ( góc. góc) 1 đ b) áp dụng pitago trong ∆ vuông ABC ta có : BC = AB 2 AC 2 = 152 202 = 625 = 25 (cm) 1 đ AB AC BC 15 20 25 vì ∆ ABC ~ ∆ HBA nên hay HB HA BA HB HA 15 1 đ 20.05 AH = 12 (cm) 25 15.15 BH = 9 (cm) 25 HC = BC – BH = 25 – 9 = 16 (cm) 1 đ BC 25 c) HM = BM – BH = BH 9 3,5(cm) 2 2 1 1 2 SAHM = AH . HM = . 12. 3,5 = 21 (cm ) 2 2 - Vẽ đúng hình: A 1đ B H M C 1 đ
8. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 3 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1(3 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 (1,5 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và 0 . x y z yz xz xy Tính giá trị của biểu thức: A x 2 2yz y 2 2xz z 2 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’, H là trực tâm. HA' HB' HC' 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
9. ĐÁP ÁN Bài 1(3 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1 điểm ) b) Tính đúng x = 2007 ( 1 điểm ) c) 4x – 12.2x +32 = 0 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm ) 2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = 0 (2x – 8)(2x – 4) = 0 ( 0,25điểm ) (2x – 23)(2x –22) = 0 2x –23 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ( 0,25điểm ) 2x = 23 hoặc 2x = 22 x = 3; x = 2 ( 0,25điểm ) Bài 2(1,5 điểm): 1 1 1 xy yz xz 0 0 xy yz xz 0 yz = –xy–xz ( 0,25điểm ) x y z xyz 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 ( 0,25điểm ) (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y) Tính đúng A = 1 ( 0,5 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) Ta có: abcd k2 2 với k, m N, 31 k m 100 (a 1)(b 3)(c 5)(d 3) m (0,25điểm) abcd k2 abcd 1353 m2 (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)
10. Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng (0,25điểm) 1 A .HA'.BC S HA' HBC 2 a) 1 ; C ’ (0,25điểm) SABC AA' B’ x .AA'.BC H N 2 M SHAB HC' S HB' I HAC A’ C Tương tự: ; B (0,25điểm) SABC CC' SABC BB' HA' HB' HC' S S S D HBC HAB HAC 1 (0,25điểm) AA' BB' CC' SABC SABC SABC b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC ; ; (0,5điểm ) IC AC NB BI MA AI 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+AD2 = BD2 AB2 + AD2 (BC+CD)2 (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 (0,25điểm) AA'2 BB'2 CC'2 (Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB = BC AB = AC =BC ABC đều)
11. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 4 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1: (4,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 3x2 – 7x + 2; b) a(x2 + 1) – x(a2 + 1). Câu 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức : 2 x 4 x 2 2 x x 2 3 x A ( ) : ( ) 2 x x 2 4 2 x 2 x 2 x 3 a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ? b) Tìm giá trị của x để A > 0? c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4. Câu 3: (5,0 điểm) a) Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau : 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0. x y z a b c x2 y2 z2 b) Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng : 1 . a b c x y z a2 b2 c2 Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ? b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2.
12. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Nội dung đáp án Điểm Bài 1 a 2,0 3x2 – 7x + 2 = 3x2 – 6x – x + 2 = 1,0 = 3x(x -2) – (x - 2) 0,5 = (x - 2)(3x - 1). 0,5 b 2,0 a(x2 + 1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2x – x = 1,0 = ax(x - a) – (x - a) = 0,5 = (x - a)(ax - 1). 0,5 Bài 2: 5,0 a 3,0 ĐKXĐ : 2 x 0 2 x 4 0 x 0 1,0 2 x 0 x 2 2 x 3 x 3x 0 2 3 2x x 0 2 x 4x2 2 x x2 3x (2 x)2 4x2 (2 x)2 x2 (2 x) A ( ) : ( ) . 1,0 2 x x2 4 2 x 2x2 x3 (2 x)(2 x) x(x 3) 4x2 8x x(2 x) . 0,5 (2 x)(2 x) x 3 4x(x 2)x(2 x) 4x2 0,25 (2 x)(2 x)(x 3) x 3 4x2 Vậy với x 0, x 2, x 3 thì A . 0,25 x 3 b 1,0 4x2 Với x 0, x 3, x 2 : A 0 0 0,25 x 3 x 3 0 0,25 x 3(TMDKXD) 0,25 Vậy với x > 3 thì A > 0. 0,25 c 1,0 x 7 4 x 7 4 0,5 x 7 4
13. x 11(TMDKXD) 0,25 x 3(KTMDKXD) 121 Với x = 11 thì A = 0,25 2 Bài 3 5,0 a 2,5 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0 (9x2 – 18x + 9) + (y2 – 6y + 9) + 2(z2 + 2z + 1) = 0 1,0 9(x - 1)2 + (y - 3)2 + 2 (z + 1)2 = 0 (*) 0,5 Do : (x 1)2 0;(y 3)2 0;(z 1)2 0 0,5 Nên : (*) x = 1; y = 3; z = -1 0,25 Vậy (x,y,z) = (1,3,-1). 0,25 b 2,5 a b c ayz+bxz+cxy Từ : 0 0 x y z xyz 0,5 ayz + bxz + cxy = 0 0,25 x y z x y z Ta có : 1 ( )2 1 0,5 a b c a b c x2 y2 z2 xy xz yz 2( ) 1 0,5 a2 b2 c2 ab ac bc x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2 1 0,5 a2 b2 c2 abc x2 y2 z2 1(dfcm) 0,25 a2 b2 c2 Bài 4 6,0 H C B 0,25 F O E A K D a 2,0
14. Ta có : BE AC (gt); DF AC (gt) => BE // DF 0,5 Chứng minh : BEO DFO(g c g) 0,5 => BE = DF 0,25 Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành. 0,25 b 2,0 Ta có: ·ABC ·ADC H· BC K· DC 0,5 Chứng minh : CBH : CDK(g g) 1,0 CH CK CH.CD CK.CB 0,5 CB CD b, 1,75 Chứng minh : AFD : AKC(g g) 0,25 AF AK AD.AK AF.AC 0,25 AD AC Chứng minh : CFD : AHC(g g) 0,25 CF AH 0,25 CD AC CF AH Mà : CD = AB AB.AH CF.AC 0,5 AB AC Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 0,25 (đfcm). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 5 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1: (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3. b)x 4 + 2010x2 + 2009x + 2010. Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình:
15. x 241 x 220 x 195 x 166 10 . 17 19 21 23 Bài 3: (3 điểm) Tìm x biết: 2 2 2009 x 2009 x x 2010 x 2010 19 . 2009 x 2 2009 x x 2010 x 2010 2 49 Bài 4: (3 điểm) 2010x 2680 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x2 1 Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, D là điểm di động trên cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC. a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông. b) Xác định vị trí của điểm D sao cho 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 6: (4 điểm) Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho: A· FE B· FD, B· DF C· DE, C· ED A· EF . a) Chứng minh rằng: B· DF B· AC . b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7. Tính độ dài đoạn BD. ĐÁP ÁN Bài 1: a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3 = x y z 3 x3 y3 z3 = y z x y z 2 x y z x x2 y z y2 yz z2 2 = y z 3x 3xy 3yz 3zx = 3 y z x x y z x y = 3 x y y z z x . b) x4 + 2010x2 + 2009x + 2010 = x4 x 2010x2 2010x 2010
16. = x x 1 x2 x 1 2010 x2 x 1 = x2 x 1 x2 x 2010 . Bài 2: x 241 x 220 x 195 x 166 10 17 19 21 23 x 241 x 220 x 195 x 166 1 2 3 4 0 17 19 21 23 x 258 x 258 x 258 x 258 0 17 19 21 23 1 1 1 1 x 258 0 17 19 21 23 x 258 Bài 3: 2 2 2009 x 2009 x x 2010 x 2010 19 . 2009 x 2 2009 x x 2010 x 2010 2 49 ĐKXĐ: x 2009; x 2010 . Đặt a = x – 2010 (a 0), ta có hệ thức: 2 a 1 a 1 a a 2 19 a 2 a 1 19 a 1 2 a 1 a a 2 49 3a 2 3a 1 49 49a 2 49a 49 57a 2 57a 19 8a 2 8a 30 0 3 a 2 2 2 2a 1 4 0 2a 3 2a 5 0 (thoả ĐK) 5 a 2 4023 4015 Suy ra x = hoặc x = (thoả ĐK) 2 2 4023 4015 Vậy x = và x = là giá trị cần tìm. 2 2 Bài 4: 2010x 2680 A x2 1 335x2 335 335x2 2010x 3015 335(x 3)2 = 335 335 x2 1 x2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là – 335 khi x = – 3.
17. Bài 5:  o a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì Eµ Aµ F 90 ) C Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân giác của B· AC . b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF Suy ra 3AD + 4EF = 7AD 3AD + 4EF nhỏ nhất AD nhỏ nhất D F D là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Bài 6: a) Đặt A· FE B· FD , B· DF C· DE , C· ED A· EF  . A E B Ta có B· AC   1800 (*) Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF. A · · · o OFD OED ODF 90 (1)  E  o F Ta có O· FD  O· ED  O· DF 270 (2)   O (1) & (2)   180o ( ) (*) & ( ) B· AC B· DF . b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: Bµ , Cµ  s s AEF s DBF DEC ABC B D C BD BA 5 5BF 5BF 5BF BD BD BD BF BC 8 8 8 8 CD CA 7 7CE 7CE 7CE CD CD CD CE CB 8 8 8 8 AE AB 5 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24 AF AC 7 CD BD 3 (3) Ta lại có CD + BD = 8 (4) (3) & (4) BD = 2,5 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 6 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút
18. Bài 1: (2 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: 1. x2 7x 6 2. x4 2008x2 2007x 2008 Bài 2: (2điểm) Giải phương trình: 1. x2 3x 2 x 1 0 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2. 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 x x x x 1 1 1 Bài 3: (2điểm) 1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a+b+c)( ) 9 a b c 3. Tìm số d trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2008 cho đa thức x2 10x 21. Bài 4: (4 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m AB . 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM GB HD 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: . BC AH HC Câu Điểm BàI Nội dung 1 2,0 1. 1.1 (0,75 điểm)
19. 0.5 x2 7x 6 x2 x 6x 6 x x 1 6 x 1 x 1 x 6 0,5 1.2 (1,25 điểm) x4 2008x2 2007x 2008 x4 x2 2007x2 2007x 2007 1 0,25 2 x4 x2 1 2007 x2 x 1 x2 1 x2 2007 x2 x 1 0,25 x2 x 1 x2 x 1 2007 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2008 0,25 2. 2,0 2.1 x2 3x 2 x 1 0 (1) + Nếu x 1 : (1) x 1 2 0 x 1 (thỏa mãn điều kiện x 1). + Nếu x 1 : (1) 0,5 x2 4x 3 0 x2 x 3 x 1 0 x 1 x 3 0 x 1; x 3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) 0,5 Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là x 1 . 2 2 2 2.2 1 2 1 2 1 1 2 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 (2) x x x x Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x 0 2 2 0,25 1 2 1 2 1 1 2 (2) 8 x 4 x 2 x 2 x x 4 x x x x 2 1 2 1 2 2 0,5 8 x 8 x 2 x 4 x 4 16 x x x 0 hay x 8 và x 0 . 0,25 Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x 8 3 2.0 3.1 Ta có: 1 1 1 a a b b c c A= (a b c)( ) 1 1 1 0,5 a b c b c a c a b a b a c c b =3 ( ) ( ) ( ) b a c a b c
20. x y Mà: 2 (BĐT Cô-Si) y x 0,5 Do đó A 3 2 2 2 9. Vậy A 9
21. 3.2 Ta có: P(x) x 2 x 4 x 6 x 8 2008 0,5 x2 10x 16 x2 10x 24 2008 Đặt t x2 10x 21 (t 3; t 7) , biểu thức P(x) đợc viết lại: P(x) t 5 t 3 2008 t 2 2t 1993 Do đó khi chia t 2 2t 1993 cho t ta có số d là 1993 0,5 4 4,0 4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. CD CA (Hai tam CE CB giác vuông CDE và 1,0 CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: B· EC ·ADC 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên ·AEB 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy 0,5 ra: BE AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD 4.2 Ta có:   (do BEC : ADC ) 0,5 BC 2 BC 2 AC mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH nên   (do ABH : CBA ) 0,5 BC 2 AC 2 AC AB 2 BE Do đó BHM : BEC (c.g.c), suy ra: B· HM B· EC 1350 ·AHM 450 0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. GB AB Suy ra: , mà GC AC AB ED AH HD 0,5 ABC : DEC ED // AH AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: 0,5 GC HC GB GC HD HC BC AH HC
22. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ 7 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1( 6 điểm): Cho biểu thức: 2x 3 2x 8 3 21 2x 8x 2 P = 2 2 : 2 1 4x 12x 5 13x 2x 20 2x 1 4x 4x 3 a) Rút gọn P 1 b) Tính giá trị của P khi x 2 c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. d) Tìm x để P > 0. Bài 2(3 điểm):Giải phương trình: 15 x 1 1 a) 2 1 12 x 3 x 4 x 4 3 x 3 148 x 169 x 186 x 199 x 10 b) 25 23 21 19 c) x 2 3 5 Bài 3( 2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một ngời đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu ngời ấy tăng vận tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận tốc dự định đi của ngời đó. Bài 4 (7 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lợt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh EF//AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
23. PD 9 d) Giả sử CP  BD và CP = 2,4 cm, . Tính các cạnh của hình chữ nhật PB 16 ABCD. Bài 5(2 điểm): a) Chứng minh rằng: 20092008 + 20112010 chia hết cho 2010 b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 2 1 x 2 1 y 2 1 x y
24. Đáp án và biểu điểm Bài 1: Phân tích: 4x2 – 12x + 5 = (2x – 1)(2x – 5) 13x – 2x2 – 20 = (x – 4)(5 – 2x) 21 + 2x – 8x2 = (3 + 2x)(7 – 4x) 4x2 + 4x – 3 = (2x -1)(2x + 3) 0,5đ 1 5 3 7 x ; x ; x ; x ; x 4 Điều kiện: 2 2 2 4 0,5đ 2 x 3 a) Rút gọn P = 2đ 2 x 5 1 1 1 b) x x hoặc x 2 2 2 1 1 +) x P = 2 2 1 2 +) x P = 1đ 2 3 2 x 3 2 c) P = = 1 2 x 5 x 5 Ta có: 1 Z 2 Vậy P Z khi Z x 5 x – 5 Ư(2) Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2} x – 5 = -2 x = 3 (TMĐK) x – 5 = -1 x = 4 (KTMĐK) x – 5 = 1 x = 6 (TMĐK) x – 5 = 2 x = 7 (TMĐK) KL: x {3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên. 1đ 2 x 3 2 d) P = = 1 0,25đ 2 x 5 x 5 Ta có: 1 > 0 2 Để P > 0 thì > 0 x – 5 > 0 x > 5 0,5đ x 5 Với x > 5 thì P > 0. 0,25 Bài 2:
25. 15 x 1 1 a) 2 1 12 x 3 x 4 x 4 3 x 3 15x 1 1 1 12 ĐK: x 4; x 1 x 4 x 1 x 4 3 x 1 3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4) 3x.(x + 4) = 0 3x = 0 hoặc x + 4 = 0 +) 3x = 0 => x = 0 (TMĐK) +) x + 4 = 0 => x = -4 (KTMĐK) S = { 0} 1đ 148 x 169 x 186 x 199 x 10 b) 25 23 21 19 148 x 169 x 186 x 199 x 1 2 3 4 0 25 23 21 19 1 1 1 1 (123 – x) = 0 25 23 21 19 1 1 1 1 Do > 0 25 23 21 19 Nên 123 – x = 0 => x = 123 S = {123} 1đ c) x 2 3 5 Ta có: x 2 0x => x 2 3 > 0 nên x 2 3 x 2 3 PT được viết dưới dạng: x 2 3 5 x 2 = 5 – 3 x 2 = 2 +) x - 2 = 2 => x = 4 +) x - 2 = -2 => x = 0
26. S = {0;4} 1đ Bài 3(2 đ) Gọi khoảng cách giữa A và B là x (km) (x > 0) 0,25đ Vận tốc dự định của ngời đ xe gắn máy là: x 3x (km / h) 1 1 (3h20’ = 3 h ) 0,25đ 3 10 3 3 Vận tốc của ngời đi xe gắn máy khi tăng lên 5 km/h là: 3x 5 km / h 0,25đ 10 Theo đề bài ta có phơng trình: 3x 5 .3 x 0,5đ 10 x =150 0,5đ Vậy khoảng cách giữa A và B là 150 (km) 0,25đ 3.150 Vận tốc dự định là: 45 km / h 10 Bài 4(7đ) Vẽ hình, ghi GT, KL đúng 0,5đ D C P M O I F E A B a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.  PO là đường trung bình của tsm giác CAM.  AM//PO tứ giác AMDB là hình thang. 1đ b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị) Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB
27. Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở I nên góc IAE = góc IEA. Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) 1đ Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng. 1đ MF AD c) MAF : DBA g g nên không đổi. (1đ) FA AB PD 9 PD PB d) Nếu thì k PD 9k, PB 16k PB 16 9 16 CP PB Nếu CP  BD thì CBD : DCP g g 1đ PD CP do đó CP2 = PB.PD hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2 PD = 9k = 1,8(cm) PB = 16k = 3,2 (cm) 0,5d BD = 5 (cm) C/m BC2= BP.BD = 16 0,5đ do đó BC = 4 (cm) CD = 3 (cm) 0,5đ Bài 5: a) Ta có: 20092008 + 20112010 = (20092008 + 1) + ( 20112010 – 1) Vì 20092008 + 1 = (2009 + 1)(20092007 - ) = 2010.( ) chia hết cho 2010 (1) 20112010 - 1 = ( 2011 – 1)(20112009 + ) = 2010.( ) chia hết cho 2010 (2) 1đ Từ (1) và (2) ta có đpcm. 1 1 2 b) 1 x 2 1 y 2 1 x y (1)
28. 1 1 1 1 2 2 0 1 x 1 xy 1 y 1 xy x y x y x y 0 1 x2 1 xy 1 y2 1 xy y x 2 xy 1 0 2 1 x2 1 y2 1 xy Vì x 1; y 1 => xy 1 => xy 1 0 => BĐT (2) đúng => BĐT (1) đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) 1đ