de khao sat hsg toan 8 nam 2015 2016 phong gddt y yen nam dinh

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN Ý YÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI THCS
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN : TỐN – LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang

Bài 1. (3 điểm)
1) Chứng minh : ( x  y )( x3  x 2 y  xy 2  y 3 )  x 4  y 4 .
2) Phân tích đa thức thành nhân tử : x( x  2)( x 2  2 x  2)  1 .
3) Tìm a, b, c biết : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca và a8  b8  c8  3 .
Bài 2. (4 điểm) Cho biểu thức :
P

2  x2
y 2  x2
y2 
x y
 2


. 2
với x  0, y  0, x   y .
2 
x  x  xy
xy

xy  y  x  xy  y 2

1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức:
x 2  y 2  10  2( x  3 y ) .
Bài 3. (4 điểm)
1) Giải phương trình:

(6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 2  72 .

2) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x 2  x  3  y 2 .
Bài 4. (2 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn 1  a, b, c  0 . Chứng minh rằng :
a + b2 + c3 – ab – bc – ca  1.
Bài 5. (5,5 điểm)
Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O. Lấy điểm I

  900 (I và M không trùng với các
thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM
đỉnh của hình vng). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và BN.
1) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a.
  BCO
.
2) Chứng minh BKM
3) Chứng minh

1
1
1
=
+

.
2
2
CD
AM
AN 2

Bài 6. (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC), trọng tâm G. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh
AB, AC thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức AB + AC .
AD

AE

.
Họ và tên thí sinh: …………………

Họ, tên chữ ký GT 1: ………………………….

Số báo danh:………………………… Họ, tên chữ ký GT 2: ………………………….


HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP 8
I. Hướng dẫn chung:
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu
học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa.
2) Điểm tồn bài là tổng điểm của các ý, các câu và không làm trịn.
II. Đáp án và thang điểm:
Bài

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

3
2
2
3
4
4
Chứng minh : ( x  y )( x  x y  xy  y )  x  y .

1)
(0,5đ)

1.
(3đ)

Ta có: ( x  y )( x 3  x 2 y  xy 2  y 3 )
= x 4  x 3 y  x 2 y 2  xy 3  x 3 y  x 2 y 2  xy 3  y 4

0,25

= x4  y 4
Vậy đẳng thức được chứng minh.
Phân tích đa thức thành nhân tử : x( x  2)( x 2  2 x  2)  1.

2)

(1đ)

0,25

Ta có: x( x  2)( x 2  2 x  2)  1  ( x 2  2 x)( x 2  2 x  2)  1

0,25

 ( x 2  2 x) 2  2( x 2  2 x)  1

0,25

 ( x 2  2 x  1) 2

0,25

 ( x  1)4

0,25

Tìm a, b, c biết : a  b  c  ab  bc  ca và a  b  c  3 .
Biến đổi a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca về ( a  b ) 2  (b  c ) 2  (c  a ) 2  0
Lập luận suy ra a = b = c
2

3)
(1,5đ)

8

=

2.
(4đ)

2)
(2đ)

8

2

Thay vào a = b = c vào a  b  c
3a 8  3  a 8  1  a  1 .
Vậy a = b = c = 1 và a = b = c = -1.
Với x  0, y  0, x   y ta có:
P=

1)
(2đ)

2

8

8

8

 3 ta có

2  x 2 y  ( x 2  y 2 )( x  y )  xy 2 
x y
. 2
 
2
x 
xy ( x  y )
 x  xy  y

x y
2 xy ( x  y )  ( x  y ).( x  y ) 2
. 2
x
xy ( x  y )
x  xy  y 2

x y
2 ( x  y )( x 2  xy  y 2 )
+
. 2
x
xy ( x  y )
x  xy  y 2
x y
2
= +
x
xy
x y

=
xy

=

Ta có: x 2  y 2  10  2( x  3 y )
 x2  2 x  1  y 2  6 y  9  0

8

0,5
0,25
0,5
0,25
0,5

0,5
0,5
0,25
0,25

0,5

  x  1   y  3  0
2

2

Lập luận suy ra x  1; y  3
Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x  0, y  0, x   y

0,5
1,0


nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P =

x y
1  (3) 2
ta có: P=

xy
1.(3)
3

Giải phương trình: (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 2  72

1)
(2đ)

Đặt 6 x  7  t. Ta có (t  1)(t  1)t 2  72  (t 2  1)t 2  72  t 4  t 2  72  0

0,5

 t 4  9t 2  8t 2  72  0  t 2 (t 2  9)  8(t 2  9)  0  (t 2  9)(t 2  8)  0

0,5

Mà t 2  8  0 nên t 2  9  0  t 2  9  t  3

0,5

2
5
Từ đó tìm được x   hoặc x   .
3
3

0,5

 2  5 
Vậy phương trình có tập nghiệm là S =  ;  .
3 3

x 2  x  3  y 2  4 x 2  4 x  12  4 y 2   2 x  1  4 y 2  11
2

3.
(4đ)

2)
(2đ)

0, 25

  2 x  2 y  1 2 x  2 y  1  11

0,25

Do x, y nguyên nên 2 x  2 y  1 và 2 x  2 y  1 là các số nguyên

0,25

Do đo xảy ra các trường hợp sau
2 x  2 y  1 =1 và 2 x  2 y  1 = -11. Tìm được x =-3 và y = 3

0,25

2 x  2 y  1 =-1 và 2 x  2 y  1 = 11. Tìm được x = 2 và y = -3

0,25

2 x  2 y  1 =11 và 2 x  2 y  1 = -1. Tìm được x = 2 và y = 3

0,25

2 x  2 y  1 = -11 và 2 x  2 y  1 = 1. Tìm được x = -3 và y = - 3

0,25

KL:………………………..

0,25

Cho các số a, b, c   0 ; 1 . Chứng minh rằng : a + b + c – ab – bc – ca  1.
2

Vì b, c   0;1 nên suy ra b 2  b; c3  c .

0,25

Do đó: a + b + c – ab – bc – ca  a + b + c – ab – bc – ca (1).

0,5

Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2)

0,5

Vì a, b, c   0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1)  0 ; – abc  0

0,25

Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca  1 (3).

0,25

Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca  1.

0,25

2

4.
(2đ)

3

3

Hình vẽ:
A

I

O

E

1)

Xét BIO và CMO có:

D

B

M

C

K

N

1,0


5.
( 5,5đ)

(2đ)

2)
(1,5đ)

3)
(2đ)

  MCO
 ( 450 ) ( tính chất đường chéo hình vng)
IBO
BO = CO ( tính chất đường chéo hình vng)
  COM
 ( cùng phụ với BOM
)
BOI
 BIO = CMO (g.c.g)
 S BIO  SCMO mà S BMOI  S BOI  S BMO
1
1
Do đó S BMOI  SCMO  S BMO  S BOC  S ABCD  a 2
4
4
Ta có BIO = CMO (cmt)
 CM = BI ( cặp cạnh tương ứng)  BM = AI
BM AM
IA AM
Vì CN // AB nên
. Từ đó suy ra IM // BN




CM MN
IB MN
  MIO
  450
Ta có OI = OM ( vì BIO = CMO )  IOM cân tại O  IMO
  IMO
  450  BKM
  BCO

Vì IM // BN  BKM
Qua A kẻ tia Ax vng góc AN cắt CD tại E.
Chứng minh ADE  ABM ( g .c.g )  AE  AM
Ta có ANE vng tại A có AD  NE nên
AD.NE AN . AE
S AEN 

 AD.NE  AN . AE  ( AD.NE ) 2  ( AN . AE )2
2
2
Áp dụng định lí Pitago vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2
AN 2  AE 2
1
1
1
1
2
2

2
2
2
 AD .( AN  AE )  AN . AE 




2
2
2
2
2
AN . AE
AD
AE
AN
AD 2
1
1
1
Mà AE  AM và CD = AD 


2
2
CD
AM
AN 2
Hình vẽ:

1,0

1,0

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

A

d
E
G
D

I
M

B

C
K

5.
(1,5 đ)

Gọi M là trung điểm của BC.
AB
AI

(1)
AD AG
AC AK
Qua C vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại K, ta có:

(2)
AE AG
AB AC AI  AK
Từ (1) và (2) suy ra:


(3)
AD AE
AG
Mặt khác: AI + AK = (AM - MI) + (AM + MK) = 2AM (4)
(vì MI = MK do  BMI =  CMK)
AB AC 2 AM 2 AM
Từ (3) và (4) suy ra:



3
2
AD AE
AG
AM

3

Qua B vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại I, ta có:

0,25
0,25

0,5

0,5