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

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

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 17/04/2013 Bài 1. (4 điểm) 1 2 5 x 1 2x Cho biểu thức: A 2 : 2 1 x 1 x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức Anhận giá trị nguyên c) Tìm x để A A Bài 2. (6 điểm) a) Giải phương trình: x4 x2 6x 8 0 b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 2x 10 y2 c) Cho a3 b3 c3 3abc với a,b,c 0 a b c Tính giá trị biểu thức P 1 1 1 b c a Bài 3. (4 điểm) a) Tìm các số có 3 chữ số chia hết cho 7 và tổng các chữ số của nó cũng chia hết cho 7 b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x y z 1. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 16x 4y z Bài 4. (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB a 12cm,BC b 9cm.Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BD a) Chứng minh tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD b) Tính độ dài đoạn thẳng AH c) Tính diện tích tam giác AHB Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác đều ABC.Gọi M , N lần lượt là các điểm trên các cạnh AB và BC sao cho BM BN.Gọi G là trọng tâm BMN và I là trung điểm của AN.Tính các góc của tam giác ICG.
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1 a) ĐKXĐ: x 1; x 2 1 x 2 1 x 5 x x2 1 A 2 . 1 x 1 2x 2 x2 1 2 . 1 x2 1 2x 1 2x x 1(ktm) b) Anguyên, mà x nguyên nên 2 1 2x , từ đó tìm được x 0(tm) Vậy x 0 c) Ta có: 1 A A A 0 1 2x 0 x 2 1 Kết hợp với điều kiện : 1 x 2 Bài 2. a) Phân tích được x 1 x3 x2 2x 8 0 x 1 x 2 x2 x 4 0 (1) 2 x 1 0 x 1 Vì x x 4 0 1 x 2 0 x 2 x2 2x 10 y2 x 1 2 y2 11 b) Ta có: x 1 y x 1 y 11 (2) Vì x, y ¥ nên x 1 y x 1 y 0 (2) viết thành: x 1 y x 1 y 11.1 x 1 y 11 x 5 x 1 y 1 y 5 Vậy x; y 5;5 c) Biến đổi giả thiết về dạng:
3. 1 2 2 2 a b c a b b c c a 0 2 a b c 0 a b c c a b Với a b c 0 tính được: P 1 b c a Với a b ctính được: P 2.2.2 8 Bài 3. a) Gọi số có ba chữ số cần tìm là abc Ta có: abc 98a 7b 2a 3b c Vì abc7 2a 3b c7 (3) Mặt khác, vì a b c7 (4),k ết hợp với (3) suy ra b c7 Do đó b c chỉ có thể nhận các giá trị 7;0;7 Với b c 7 c b 7.Kết hợp với (4) ta chọn được các số 707;518;329 thỏa mãn. Với b c 7 b c 7.Đổi vai trò bvà c của trường hợp trên ta được các cặp số 770,581,392 thỏa mãn bài toán. Với b c 0 b c mà do (4) nên a 2b7 Do 1 a 2b 27 nên a 2b chỉ có thể nhận các giá trị 7;14;21. Từ đó ta chọn được 12 số thỏa mãn là 133;322;511;700;266;455 ;644;833;399; 588; 777;966 Vậy có 18 số thỏa mãn bài toán: 707;518;329;770;581;392 ;133;322;511;700 ;266 ;455;644;833;399;588;777;966. b) Vì x y z 1 nên: 1 1 1 1 1 1 M x y z 16x 4y z 16x 4y z 21 x y x z y z 16 4y 16x z 16x z 4y Ta có: 2 2 x y 16x2 4y2 4x 2y 2.4x.2y 4x 2y 1 1 x, y 0 4y 16x 64xy 64xy 64xy 4 4 x z 1 y z Tương tự: ; 1 x, y 0 z 16x 2 z 4y
4. 1 x 7 4x 2y z 21 1 1 49 2 Từ đó M 1 . Dấu " "xảy ra x y z 1 y 16 4 2 16 7 x, y, z 0 4 x 7 49 1 2 4 Vậy GTNN của M là x ; y ; z 16 7 7 7 Bài 4. A B H D C a) Chứng minh được AHB : BCD(g.g) AH AB a.b b) AHB : BCD(cmt) AH BC BD BD Áp dụng định lý Pytago được: BD AD2 AB2 225 15 cm 12.9 Từ đó tính được: AH 7,2(cm) 15 AH 7.2 c) AHB : BCD theo tỉ số k BC 9 Gọi S,S ' lần lượt là diện tích của BCD và AHB , ta có: S 54cm2 2 2 S ' 2 7.2 7.2 2 k S ' .54 34,56(cm ) S 9 9 Vậy diện tích tam giác AHB bằng 34,56(cm2 )
5. Bài 5. B G M N P I K A C Ta có BMN là tam giác đều , nên G là trọng tâm của BMN.Gọi P là trung điểm của MN, GP 1 Ta có: (tính chất trọng tâm tam giác đều) GN 2 PI PI 1 GP PI 1 Lại có: suy ra (1) MA NC 2 GN NC 2 Mặt khác: G· PI G· PM M· PI 900 600 1500 Và G· NC G· NP P· NC 300 1200 1500 , do đó : G· PI G· NC (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra GPI : GNC(c.g.c) P· GI N· GC và GI GC 2 Mà I·GC 600 I·GC P· GN 600 1 1 Gọi K là trung điểm của GC thì GI GK GC,suy ra GIK đều nên IK GC 2 2 Điều này chứng tỏ GIC vuông tại I Vậy G· IC 900;I·GC 600;G· CI 300