Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2012-2013 - Phòng GD&ĐT Phú Vang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2012-2013 - Phòng GD&ĐT Phú Vang (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÚ VANG Môn : TOÁN 8 Năm học 2012-2013 Bài 1. (4 điểm) 2 a) Giải phương trình : x2 4x 2 x 2 2 43 x 2 x 1 b) Cho phương trình: x m x 1 Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm. Bài 2. (2 điểm) Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 Nếu 0 và a b c abc thì ta có 2 a b c a2 b2 c2 Bài 3. (2 điểm) 1 1 1 1 7 Cho S . Chứng minh rằng S 101 102 103 200 12 Bài 4. (4 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 thì ta vẫn được một số chính phương. Bài 5. (6 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE; ACF,lại dựng hình bình hành AEPF.Chwnngs minh rằng PBC là tam giác đều Câu 2. Cho tam giác ABC có BC 15cm, AC 20cm, AB 25cm. a) Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC b) Gọi CD là đường phân giác của ACH.Chứng minh BCD cân c) Chứng minh: BC 2 CD2 BD2 3CH 2 2BH 2 DH 2 Bài 6. (2 điểm) Cho a,blà các số dương thỏa mãn a3 b3 a5 b5.Chứng minh rằng a2 b2 1 ab
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 2 2 a) x2 4x 2. x 2 2 43 x2 4x 2 x2 4x 4 43 Đặt x2 4x t.Điều kiện : t 4. Khi đó ta có phương trình: 2 t 7(ktm) t 2t 35 0 t 7 t 5 0 t 5(tm) 2 x 5 Với t 5 x 4x 5 0 x 1 Vậy S 5; 1 x 2 x 1 b)ĐK của phương trình: (*) x m x 1 x m 0 x m x 1 0 x 1 Từ (*) x 2 x 1 x 1 x m mx 2 m Với m 0thì PT có dạng 0x 2(VN) 2 m Với m 0 thì PT (*) có nghiệm x m 2 m x m Nghiệm x là nghiệm của PT * khi nó phải thỏa mãn điều kiện m x 1 2 m Tức là: 1 2 m m m 1 m 2 m 2 m 1 m m m 2 0 m 1 m 2 0 m m 2 Như vậy PT (*) vô nghiệm với các giá trị của m 2;0;1
3. Bài 2. 1 1 1 Theo giả thiết: 2 nên a 0;b 0;c 0 a b c 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: 2 4 2 2 2 2 4 a b c a b c a b c ab bc ca 1 1 1 a b c 2 2 2 2 4 a b c abc a b c Vì a b c abc(gt) 1 abc 1 1 1 1 1 1 2 4 2 dfcm a2 b2 c2 a2 b2 c2 Bài 3. 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A + 101 102 103 150 151 152 153 200 Thay mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân số nhỏ nhất trong từng nhóm ấy ta được 1 1 1 1 1 1 .50 101 102 103 150 150 3 1 1 1 1 1 1 .50 151 152 153 200 200 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 A + 101 102 103 150 151 152 153 200 3 4 12 1 1 1 1 1 1 1 1 7 A + 101 102 103 150 151 152 153 200 12 Bài 4. Gọi abcd là số phải tìm a,b,c,d ¥ ,0 a,b,c,d 9,a 0 Ta có: 2 abcd k abcd k 2 k,m ¥ ,31 k m 100 2 2 a 1 b 3 c 5 d 3 m abcd 1353 m Do đó: m2 k 2 1353 m k m k 123.11 41.33 k m 200
4. m k 123 m 67 (TM ) m k 11 m 57 m k 41 m 37 (KTM ) m k 33 k 4 Vậy số cần tìm là abcd 3136 Bài 5. Câu 1. A 1 2 3 E 1 2 P F B C Ta có: AEPF là hình bình hành nên ·AEP ·AFP Xét EPB và FPC có: EB FP AE ;EP FC AF ;P· EB P· FC(vi 600 ·AEP 600 ·AFP) EPB FPC c.g.c PB PC (1) · · 0 µ µ 0 µ ¶ 0 µ ¶ Ta có: EAP AEP 180 A3 E1 60 mà E1 E2 60 A3 E2 EPB ABC(cgc) PB BC 2 Từ (1) và (2) suy ra PB PC BC . Vậy PBC đều
5. Câu 2. C B A H D a) Dùng định lý Pytago đảo chứng minh được: ABC vuông tại C 1 1 AC.BC 20.15 Ta có: S AC.BC AB.CH CH 12cm. ABC 2 2 AB 25 b) Dễ dàng tính được: HA 16cm,BH 9cm CD là tia phân giác của ACH nên suy ra AD 10cm,HD 6cm. Do đó: BC BD 15cm Vậy BDC cân tại B c) Xét các vuông: CBH,CAH Ta có: BC 2 BH 2 CH 2 (Pytago) CD2 DH 2 CH 2 Pytago BD2 BC 2 BH 2 CH 2 Pytago Từ đó suy ra BC 2 CD2 BD2 3CH 2 2BH 2 DH 2
6. Bài 6. Xét 2 số dương : Xét : a2 b2 1 ab a2 b2 ab 1 a b a2 b2 ab a b (Vi a b 0) a3 b3 a b a3 b3 a3 b3 a b a5 b5 (Vi a3 b3 a5 b5 ) a6 2a3b3 b6 a6 ab5 a5b b6 2a3b3 ab5 a5b ab a4 2a2b2 b4 0 2 ab a2 b2 0 đúng a,b 0 Vậy : a2 b2 1 ab với a,bdương và a3 b3 a5 b5