Đề thi học sinh giỏi cấp huyện Hòa an - Môn thi: Toán lớp 8

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện Hòa an - Môn thi: Toán lớp 8

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HÒA AN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 2 1. 8 x2 3x 5 7 x2 3x 5 15 2. x11 x7 1 Câu 2. (4 điểm) Giải phương trình: 3 8 5 3 9 1. . x 81 16 8 64 x2 2x 1 x2 2x 2 7 2. x2 2x 2 x2 2x 3 6 Câu 3. (2 điểm) Tìm số dư trong phép chia của đa thức x 2 x 4 x 6 x 8 2010 cho đa thức x2 10x 21 Câu 4. (6 điểm) Cho đa thức ABC vuông tại A AC AB , đường cao AH H BC . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD HA.Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng: BEC : ADC. Tính độ dài đoạn BE theo m AB 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE.Chứng minh rằng hai tam giác BHM , BEC đồng dạng. Tính số đo của ·AHM GB HD 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh : BC AH HC Câu 5. (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD.Vẽ BH vuông góc với AC(H AC).Gọi M là trung điểm của AH,K là trung điểm của CD. Chứng minh rằng: BM  MK .
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 2 1.1 8 x2 3x 5 7 x2 3x 5 15 Đặt t x2 3x 5 , ta có: 2 8 x2 3x 5 7 x2 3x 5 15 8t 2 7t 15 8t 2 8t 15t 15 8t t 1 15 t 1 t 1 8t 15 Thay t x2 3x 5 vào đa thức ta có: 2 8 x2 3x 5 7 x2 3x 5 15 2 2 x 3x 5 1 8 x 3x 5 15 x2 3x 4 8x2 24x 55 1.2 x11 x7 1 x11 x10 x9 x10 x9 x8 x8 x7 x6 x6 x5 x4 x5 x4 x3 x3 x2 x x2 x 1 x9 x2 x 1 x8 x2 x 1 x6 x2 x 1 x4 x2 x 1 x3 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 . x9 x8 x6 x4 x3 1 Câu 2. 3 8 5 3 9 2.1. . x 81 16 8 64 3 3 5 3 9 81 9 x . 16 8 64 8 8 5 3 9 x 16 8 8 9 5 23 x 8 16 3 6 8
3. x2 2x 1 x2 2x 2 7 2.2 x ¡ x2 2x 2 x2 2x 3 6 Đặt t x2 2x 3 x2 2x 2 t 1, DK :t 2 Phương trình trở thành: t 2 t 1 7 t 1 t 6 6t t 2 6 t 1 t 1 7t(t 1) t t 1 t 6t t 1 6t 2 12t 6t 2 12t 6 7t 2 7t 5t 2 17t 6 0 t 3(TM ) 2 t 3 t 0 2 5 t (ktm) 5 2 x 0 Với t 3 x 2x 3 3 x 2 Vậy nghiệm của phương trình là : x 0; x 2 Câu 3. P(x) x 2 x 4 x 6 x 8 2010 Ta có: x2 10x 16 x2 10x 24 2010 Đặt t x2 10x 21, biểu thức P(x) được viết lại: P(x) t 5 t 3 2010 t 2 2t 1995 Do đó khi chia t 2 2t 1995 cho t ta có số dư là 1995
4. Câu 4. A 1 E M 2 1 2 C B H G D 4.1 CDE và CAB có: Cµ chung; C· DE C· AB 900 CD CE CD CA CDE : CAB . CA CB CE CB Hai tam giác ADC và BEC có: CD CA Cµ chung; (cmt) ADC : BEC(c.g.c) CE CB Suy ra : B· EC ·ADC 1350 (Vì AHD vuông cân tại H theo giả thiết) Nên ·AEB 450 , do đó ABE vuông cân tại A Suy ra BE AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD 4.2 Ta có: . . (do BEC : ADC) BC 2 BC 2 AC Mà AD AH 2 ( AHD vuông cân tại H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH Nên . . (Do BHM : CBA) BC 2 AC 2 AC AB 2 BE Do đó: BHM : BEC(c.g.c) B· HM B· EC 1350 ·AHM 450 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác góc BAC
5. GB AB AB ED Suy ra mà ABC : DEC GC AC AC DC ED AH Ta lại có: ED / / AH DC HC ED AH HD Mà HD HC DC HC HC GB HD GB HD GB HD GC HC GC GB HC HD BC HC AH Câu 5. A B M O H D K C Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH Ta có M ,O lần lượt là trung điểm của AH,BH nên: MO là đường trung bình HAB 1 Vậy MO AB,MO / / AB 2 1 Mà AB CD, AB / /CD,KC CD 2 Do đó: MO KC,MO / /KC, suy ra tứ giác MOCK là hình bình hành. Từ đó có: CO / /MK Ta có: MO / /KC,KC  CB MO  CB Tam giác MBC có MO  CB,BH  MC nên O là trực tâm MBC CO  BM Ta có: CO  BM và CO / /MK nên BM  MK