Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC: 2014 -2015 Môn thi: Toán Ngày thi: 16/03/2015 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi này có 06 bài, gồm 01 trang ) 1 6x 3 2 Bài 1: (4,5 điểm). Cho biểu thức: Q : (x 2) . x 1 x 3 1 x 2 x 1 a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q. 1 b) Tìm x khi Q = . 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q. Bài 2: (4,5 điểm). 2x 3 2x 5 6x 2 9x 9 a) Giải phương trình: 1 . 2x 1 2x 7 (2x 1)(2x 7) b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 – 2x2 – x +2 c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho: x2 = y2 + 2y + 13. Bài 3: (4,0 điểm). ab 1 bc 1 ca 1 a) Cho abc ≠ 1 và . Chứng minh rằng a = b = c. b c a b) Cho sè tù nhiªn n 3. Chøng minh r»ng nÕu 2n 10a b (a, b N , 0 b 10) th× tÝch ab chia hÕt cho 6. Bài 4: (5,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: BD.DC = DH.DA. HD HE HF b) Chứng minh rằng: 1. AD BE CF c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF. d) Gọi M, N, P, Q, I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CA, AB, EF, FD, DE. Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại một điểm. Bài 5: (1.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC =b ; BC = a. Đường phân giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh 1 1 b rằng: . b a (a b)2 Bµi 6: (1,0 điểm). a b c 3 Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng: . 1 b2 1 c2 1 a 2 2 Hết Họ tên thí sinh : Giám thị số 1 : Số báo danh : Giám thị số 2: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP HUYỆN HOẰNG HOÁ NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang Bài Nội dung cần đạt Thang điểm Bài 1 a) Đk: x 1; x 2. 0,5 (4,5đ) x2 x 1 6x 3 2x 2 1 (x 2)(x 1) 1 Q 3 . 2 2 1,5 x 1 x 2 (x 1)(x 2)(x x 1) x x 1 1 1 0,5 b) x2 x 1 3 (x 1)(x 2) 0 x2 x 1 3 Suy ra x = -1 hoặc x = 2. 0,5 1 So sánh với điều kiện suy ra x = 2 thì Q = 0,5 3 2 1 2 1 3 3 c) Q 2 ; Vì 1 > 0; x – x + 1 = x 0. 0,25 x x 1 2 4 4 3 Q đạt GTLN x2 x 1 đạt GTNN x2 x 1 0,25 4 1 4 x= (t/m). Lúc đó Q = 0,25 2 3 4 1 0,25 Vậy GTLN của Q là Q = khi x= . 3 2 1 7 Bài 2 a) ĐK: x ; x 0,25 (4,5đ) 2 2 2x 3 (2x 7) 2x 5 2x 1 2x 7 2x 1 6x2 9x 9 2x 1 (2x 7) 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 4x2 20x 21 4x2 12x 5 4x2 16x 7 6x2 9x 9 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 8x 16 2x2 7x 16 0,5 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 x 0 2 2 8x 16 2x 7x 16 2x x 0 x(2x 1) 0 1 0,5 x (Lo¹i) 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 0,25 b) Ta có x3 – 2x2 – x + 2 = (x3-2x2)-(x-2)=x2(x- 2)-(x-2) 0,5 =(x-2)(x2-1) 0,5 = (x-2)(x-1)(x+1). 0,5 c)Ta có x2 = y2 + 2y + 13 x2 = (y + 1)2 + 12 (x + y + 1)(x - y – 1) = 12 0,5 Do x + y + 1 – (x - y – 1) = 2y + 2 là số chẵn và x , y N* nên x + y + 1 > x – y – 1 . Do đó x + y + 1 và x – y – 1 là hai số nguyên dương chẵn. 0,5 Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp: x + y + 1 = 6 và x – y – 1 = 2 0,5
3. x = 4 và y = 1. Vậy (x; y) = (4; 1). Bài 3 ab 1 bc 1 ca 1 1 1 1 0,5 a) Từ a b c . (4,0đ) b c a b c a Do đó: 1 1 b c 1 1 c a 1 1 a b a b ; b c ; c a 0,5 c b bc a c ac b a ab (a b)(b c)(c a) Suy ra: (a – b)(b – c)(c – a) = a 2b2c2 (a – b)(b – c)(c – a)(a2b2c2 - 1) = 0 0,5 (a - b)(b – c)(c – a) = 0 (do abc ≠ 1) Suy ra a = b = c 0,5 0,5 b) Ta có 2n 10a b b  2 ab  2 (1) Ta chứng minh ab  3 (2) Thật vậy, từ đẳng thức 2n 10a b 2n có chữ số tận cùng là b. 0,5 Đặt n 4k r (k, r N, 0 r 3) ta có: 2n 16k2r. Nếu r 0 thì 2n 16k tận cùng là 6 b 6 ab 6. Nếu 1 r 3 thì 2n 2r 2r(16k 1)  10 2n tận cùng là 2r 0,5 suy ra b 2r 10a 2n 2r 2r(16k 1)  3 a  3 ab  3. Từ (1) và (2) suy ra ab  6 0,5 Bài 4 A (5,0đ) E F H B C D a) Chỉ ra được BDH  ADC (g.g) 0,5 BD DH 0,5 AD DC BD.DC = DH.DA 0,5 1 HD.BC S HD 0,5 b) Ta có: HBC 2 S 1 AD ABC AD.BC 2 HE S HF S 0,5 Tương tự: HAC ; HAB . BE SABC CF SABC 0,5
4. HD HE HF S S S S Do đó HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC SABC c) Chứng minh được AEF  ABC (c.g.c) A· EF A· BC 0,25 0,25 Tương tự D· EC A· BC . Do đó: A· EF D· EC Mà A· EF H· EF D· EC H· ED = 900 nên H· EF H· ED EH là phân giác của góc DEF. 0,25 Tương tự FH là phân giác của góc EFD Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF. 0,25 d) A E Q N P F K H I B C D M 1 Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM = BC (trung 2 tuyến ứng với cạnh huyền) 1 Tương tự : FM = BC 2 Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ  EF MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của 0,5 tam giác DEF. Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI, PK 0,5 đồng quy tại một điểm. Bài 5 (1,0đ) A H D C B Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC. Tam giác BAD cân tại B (BA=BD) có BH là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
5. AD AH . 2 Tam giác ABC có BD là đường phân giác , ta có : DA AB b DA DC DA DC AC b b2 0,25 DA DC BC a b a a b a b a b a b Tam giác HAB vuông tại H , theo đ/lý Pytago ta có : AD2 AB2 BH 2 AH 2 BH 2 b2 (1) 4 0,25 Tam giác HBC vuông tại H , theo đ/lý Pytago, ta có AD BC 2 BH 2 HC 2 BH 2 BC 2 (AC AH )2 a2 (b )2 2 AD2 BH 2 a2 b2 b.AD (2) 4 0,25 Từ (1) và (2) ta có : AD2 AD2 b2 a2 b2 b.AD b2 a2 b.AD b2 4 4 ab2 a b b 1 1 b (b a)(b a) a b ab (a b)2 b a (a b)2 0,25 Vậy bài toán được c/m. Bài 6 Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên (1,0đ) a ab2 ab2 ab a a a . 1 b2 1 b2 2b 2 0,25 b bc c ca Tương tự ta có : b ; c 1 c2 2 1 a 2 2 a b c ab bc ca mà a + b + c = 3 nên 3 (1) 0,25 1 b2 1 c2 1 a 2 2 Cũng từ a + b + c = 3 (a + b + c)2 = 9 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9 mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca suy ra 3(ab + bc + ca) 9 ab + bc + ca 3 (2). 0,25 a b c 3 3 Từ (1) và (2) suy ra 3 đpcm. 1 b2 1 c2 1 a 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,25 Ghi chú: - Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.