Đề thi giao lưu học sinh giỏi huyện cấp THCS môn Toán Lớp 8 - Phòng giáo dục và đào tạo Vĩnh Bảo (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi giao lưu học sinh giỏi huyện cấp THCS môn Toán Lớp 8 - Phòng giáo dục và đào tạo Vĩnh Bảo (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN VĨNH BẢO ĐỀ GIAO LƯU HSG HUYỆN CẤP THCS PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN TOÁN 8 (Đề có 1 trang) Thời gian làm bài 150 phút Bài 1. (3 điểm) a)Phân tích đa thức a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) thành nhân tử. b)Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn:(a b c)2 a2 b2 c2 . a2 b2 c2 Tính giá trị của biểu thức: P= . a2 2bc b2 2ac c2 2ab c)Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2). Bài 2. (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương. 2 2 1 1 25 b) Cho a, b > 0 thỏa mãn a b 1 . Chứng minh a b . b a 2 Bài 3. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoài hình bình hành các tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo góc EAF. Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’, BB’, CC’ và H là trực tâm a) Chứng minh BC’.BA + CB’.CA=BC2 HB.HC HA.HB HC.HA b) Chứng minh rằng 1 AB.AC BC.AC BC.AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN. Bài 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này 2 thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng . Chứng minh rằng có ít nhất 505 đường thẳng trong 3 2018 đường thẳng trên đồng quy. Hết Giám thị số 1 Giám thị số 2
2. UBND HUYỆN VĨNH BẢO GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP THCS PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 8 (Đề có 1 trang) Điểm Bài 1 Lời giải sơ lược chi Cộng tiết Bài 1 a) a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) = a2 (b c) b2 (a c) c2 (a b) 0,25 ( 3 điểm) = a2 (b c) b2 (a b) (b c) c2 (a b) 0,25 =(a2 b2 )(b c) (c2 b2 )(a b) = 1,0 (a b)(a b(b c) (b c)(b c)(a b) 0,25 =(a b)(b c)(a b b c) = (a b)(b c)(a c) 0,25 b) (a+b+c)2= a2 b2 c2 ab ac bc 0 a2 a2 a2 0,25 a2 2bc a2 ab ac bc (a b)(a c) b2 b2 c2 c2 Tương tự: ; 0,25 b2 2ac (b a)(b c) c2 2ac (c a)c b) a2 b2 c2 1,0 P a2 2bc b2 2ac c2 2ab a2 b2 c2 0,25 (a b)(a c) (a b)(b c) (a c)(b c) (a b)(a c)(b c) 1 0,25 (a b)(a c)(b c) c) Vì x + y + z = 0 nên x + y = –z (x + y)3 = –z3 0,25 Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = –z3 3xyz = x3 + y3 + z3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 Do đó : 3xyz(x + y + z ) = (x + y + z )(x + y + z ) 0,25 = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) 2 2 2 2 Mà x + y = (x + y) – 2xy = z – 2xy (vì x + y = –z). 1,0 Tương tự:y2 + z2 = x2 – 2yz ; z2 + x2 = y2 – 2zx. 2 2 2 Vì vậy : 3xyz(x + y + z ) 0,25 = x5 + y5 + z5 + x3(x2 – 2yz) + y3(y2 – 2zx) + z3(z3 – 2xy) = 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(x2 + y2 + z2) 0,25 Suy ra : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2 Bài 3 a) Để n 18 và n 41 là hai số chính phương n 18 p2 và n 41 q2 p,q N 0,25 p2 q2 n 18 n 41 59 p q p q 59 0,25 p q 1 p 30 1,0 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p q 59 q 29 0,25 Từ n 18 p2 302 900 suy ra n 882 Thay vào n 41 , ta được 882 41 841 292 q2 . 0,25
3. Vậy với n 882 thì n 18 và n 41 là hai số chính phương. b) Có: a b 2 0 a2 b2 2ab 0 a2 b2 2ab (*) 0,25 (Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b) 2 1 25 1 Áp dụng (*), có: a 5 a b 4 b 2 1 25 1 b 5 b a 4 a 2 2 1 1 25 1 1 Suy ra: a b 5 a b b a 2 b a 2 2 1 1 25 1 1 a b 5 a b b a 2 a b 1,0 2 2 1 1 25 1 1 0,25 a b 5 5. ( Vì a+b = 1) b a 2 a b 1 1 4 Với a, b dương, chứng minh 4 (Vì a+b = 1) a b a b 0,25 (Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b) 2 2 1 1 25 Ta được: a b 5 5.4 b a 2 2 2 1 1 25 1 0,25 a b Dấu đẳng thức xảy ra: a b b a 2 2 Bài 3 A D C B F E Chứng minh được ·ABE E· CF 0,25 Chứng minh được ABE FCE(c g c) 0,25 =>AE=EF Tương tự AF=EF 0,25 1,0 =>AE=EE=AF =>Tam giác AEF đều 0,25 => E· AF 60o
4. Bài 4 (3 điểm) A B' N C' H M B A' D C a)Chứng minh BHC ' đồng dạng với BAB ' BH BC ' 0,25 => =>BH.BB' BC '.BA (1) AB BB ' Chứng minh BHA'đồng dạng với BCB ' BH BA' 0,25 =>BH.BB' BC.BA' (2) 1,0 BC BB ' Từ (1) và (2) => BC '.BA BA'.BC 0,25 Tương tựCB'.CA CA'.BC => BC '.BA CB'.CA BA'.BC CA'.BC (BA' CA').BC BC 2 0,25 BH BC ' BH.CH BC '.CH S b) Có => BHC AB BB ' AB.AC BB '.AC S ABC 0,25 AH.BH S AH.CH S Tương tự AHB và AHC CB.CA S CB.AB S ABC ABC 1,0 0,25 HB.HC HA.HB HC.HA S => ABC 1 0,5 AB.AC AC.BC BC.AB SABC c) Chứng minh được AHM đồng dạng với CDH (g-g) HM AH 0,25 => (3) HD CD Chứng minh được AHN đồng dạng với BDH (g-g) 0,25 AH HN => (4) 1,0 BD HD Mà CD=BD (gt) (5) HM HN Từ (3), (4), (5) => => HM=HN 0,25 HD HD =>H là trung điểm của MN 0,25
5. Bài 5 (1 điểm) Gọi E, F, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC và AD. Lấy các điêrm I, G trên EF và K, H trên PQ thỏa mãn: 0,25 IE HP GF KQ 2 IF HQ GE KP 3 1,0 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai AD, BC, EFlần lượt tại M, N, G’. Ta có AB(BM AN) S 2 2 EG ' 2 ABMN 2 G  G ' CD(CM DN) SCDNM 3 3 G 'F 3 2 0,25 hay d qua G Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề bài đều đi qua một trong 4 điểm G, H, I, K. Do có 2018 đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G, H, I, K, theo 2018 0,25 nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất 1 505 đường 4 thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy. 0,25