Đề thi học sinh giỏi huyện Việt Yên môn toán 8 năm 2012 - 2013(có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH
Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam


Trường THCS Đáp Cầu

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc


ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG
MÔN :TOÁN LỚP 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)


Bài 1
(2 điểm): Tìm x biết:
a) x
2
– 4x + 4 = 25
b)
4
1004

1x
1986
21x
1990
17x







c) 4
x
– 12.2
x
+ 32 = 0

Bài 2
(1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và
0
z
1
y
1
x
1

.
Tính giá trị của biểu thức:

xy2z
xy
xz2y
xz
yz2x
yz
A
222








Bài 3
(1,5 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 , ta vẫn được một số chính phương.


Bài 4
(4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’,
H là trực tâm. a) Tính tổng
'
CC
'HC
'

BB
'HB
'
AA
'HA


b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của
góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
c) Chứng minh rằng:
4
'CC'BB'AA
)CABCAB(
222
2



.


Bài 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax
2
+ bx + c, với a, b, c là các số
hữu tỉ. Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b
có giá trị nguyên.
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A =
12
2
68

2
3


xx
xx













ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 8

 Bài 1(2 điểm):
a) Tính đúng x = 7; x = -
3
( 1/2 điểm )
b) Tính đúng x = 2007

( 1/2 điểm )
c) 4

x
– 12.2
x
+32 = 0

2
x
.2
x
– 4.2
x
– 8.2
x

+ 4.8 = 0
( 0,25điểm )


2
x
(2
x
– 4) – 8(2
x
– 4) = 0

(2
x
– 8)(2
x

–
4) = 0
( 0,25điểm )


(2
x
– 2
3
)(2
x
–2
2
) = 0

2
x
–2
3
= 0 hoặc 2
x
–2
2
= 0
( 0,25điểm )


2
x
= 2

3
hoặc 2
x
= 2
2



x = 3; x = 2
( 0,25điểm )

 Bài 2(1,25 điểm):
0
z
1
y
1
x
1

0xzyzxy0
xyz
xzyzxy





yz = –xy–xz
( 0,25điểm )

x
2
+2yz = x
2
+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–
z)
( 0,25điểm )

Tương tự: y
2
+2xz = (y–x)(y–z) ; z
2
+2xy = (z–x)(z–
y)
( 0,25điểm )

Do đó:
)yz)(xz(
xy
)zy)(xy(
xz
)zx)(yx(
yz
A







( 0,25điểm )

Tính đúng A
= 1
( 0,25 điểm )

 Bài 3(1,5 điểm):
Gọi
abcd
là số phải tìm a, b, c, d

N,
090



a,d,c,b,a

(0,25điểm)

Ta có:
2
kabcd 


2
m)3d)(5c)(3b)(1a( 

2
kabcd 


với k, m

N,
100mk31




(0,25điểm)













2
m1353abcd 

(0,25điểm)

Do đó: m
2
–k
2
= 1353


(m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 )
(0,25điểm)
m+k = 123 m+k = 41
m–k = 11 m–k = 33
m = 67 m = 37

k = 56 k = 4
(0,25điểm)
Kết luận đúng
abcd

= 3136
(0,25điểm)


 Bài 4 (4 điểm):

Vẽ hình đúng
(0,25điểm)
a)
'AA
'HA
BC'.AA.

2
1
BC'.HA.
2
1
S
S
ABC
HBC

;
(0,25điểm)
Tương tự:
'CC
'HC
S
S
ABC
HAB

;
'BB
'HB
S
S
ABC
HAC


(0,25điểm)

1
S
S
S
S
S
S
'CC
'HC
'BB
'HB
'AA
'HA
ABC
HAC
ABC
HAB
ABC
HBC


(0,25điểm)
b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:

AI
IC
MA
CM
;

BI
AI
NB
AN
;
AC
AB
IC
BI


(0,5điểm )

AM.IC.BNCM.AN.BI
1
BI
IC
.
AC
AB
AI
IC
.
BI
AI
.
AC
AB
MA
CM

.
NB
AN
.
IC
BI



c)Vẽ Cx

CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
(0,25điểm)
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
(0,25điểm)




(0,5điểm )
(0,5đi
ểm )


hoặc

hoặc

- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD

BC + CD
(0,25điểm)
-

BAD vuông tại A nên: AB
2
+AD
2
= BD
2



AB
2
+ AD
2


(BC+CD)

2

(0,25điểm)
AB
2
+ 4CC’
2


(BC+AC)
2

4CC’
2


(BC+AC)
2
– AB
2

Tương tự: 4AA’
2


(AB+AC)
2
– BC
2

4BB’
2


(AB+BC)
2
– AC
2

(0,25điểm)
-Chứng minh được : 4(AA’
2
+ BB’
2
+ CC’
2
)

(AB+BC+AC)
2




4
'CC'BB'AA
)CABCAB(
222
2





(0,25điểm)
(Đẳng thức xảy ra

BC = AC, AC = AB, AB = BC

AB = AC
=BC



ABC đều)






Bài 5: (1,25 điểm)
a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (0,25
điểm)
=> a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên
=> (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên
Vậy 2a, 2b nguyên.(0,25 điểm)
b/ Có A =
2
)1(
1

1
2
3
2
)1(
1)1(2)12
2
(3






x
x
x
xxx
(0,25
điểm)
Đặt y =
1
1
x
=> A = y
2
– 2y + 3 = (y – 1)
2
+ 2


2
(0,5 điểm)
=> min A = 2 => y = 1
1
1
1



x
=> x = 2
Vậy min A = 2 khi x = 2 (0,25
điểm)


B
A
C
I
B’
H
N
x
A’
C’
M
D
B
A
C

I
B’
H
N
x
A’
C’
M
D












*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn
số điểm câu đó.

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: …./4/2013
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề


Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
4 2
2013 2012 2013
x x x  
.
2. Rút gọn biểu thức sau:
2 2
2 2 3 2
2 2 1 2
A 1
2 8 8 4 2
x x x
x x x x x x
 

 
   

 
 
   
 
 
.
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:
2.

2 2 2 2 2 2
(2 2013) 4( 5 2012) 4(2 2013)( 5 2012)
x x x x x x x x         

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
3 2 3
x 2x 3x 2 y .
   

Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho
2
x

dư 10, f(x) chia cho
2
x

dư 24,
f(x) chia cho

2
4
x

được thương là
5
x

và còn dư.
2. Chứng minh rằng:

2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c b c a c a b a b c b a c a c b
          

Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho
AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai
điểm M, N.
1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh
rằng: AC = 2EF.
3. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
= +
AD AM AN
.
Câu 5. (2,0 điểm)

Cho
, ,
a b c
là ba số dương thoả mãn
1
abc

. Chứng minh rằng :

3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2
a b c b c a c a b
  
  
.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và ký)
Giám thị 2 (Họ tên và ký)








PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NGÀY THI … /4/2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1
Hướng dẫn giải
(4.0 điểm)
1
(2.0 điểm)
Ta có
4 2
2013 2012 2013
x x x  



4 2
2013 2013 2013
x x x x    

0,5








2 2
1 1 2013 1
x x x x x x
      

0.5





2 2
1 2013
x x x x    

0.5
Kết luận
4 2
2013 2012 2013
x x x  




2 2
1 2013
x x x x    

0.5

2
(2.0 điểm)
ĐK:
0
2
x
x






0.25
Ta có
2 2
2 2 3 2
2 2 1 2
A 1
2 8 8 4 2
x x x
x x x x x x
 

 
   
 

 
   
 
 
0.25

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2( 4) 4(2 ) (2 )
x x x x x
x x x x x
  
  
 
  
   
  
0.25

2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 ( 1)( 2) ( 2) 4 ( 1)( 2)
2( 4) ( 4)(2 ) 2( 2)( 4)
x x x x x x x x x x
x x x x x x x
   
      
   
  

   
   
    
   
   

0.5
3 2 2 2
2 2 2 2
4 4 4 1 ( 4)( 1) 1
.
2( 4) 2 ( 4) 2
x x x x x x x x x
x x x x x
      
  
 

0.5
Vậy
1
A
2
x
x


với
0
2

x
x





.
0.25

Câu 2 (4.0 điểm)
1
(2.0 điểm)
Đặt:
2
2
2 2013
5 2012
a x x
b x x

  


  



0.25
Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2
4 4 ( 2 ) 0 2 0 2
a b ab a b a b a b
         

0.5
Khi đó, ta có:
2 2 2 2
2 2013 2( 5 2012) 2 2013 2 10 4024
x x x x x x x x          

0.5

2011
11 2011
11
x x

     .
0.5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2011
11
x

 .
0.25

2

(2.0 điểm)
Ta có
2
3 3 2
3 7
y x 2x 3x 2 2 x 0 x y
4 8
 
         
 
 
(1)
0.5







2
3 3 2
9 15
(x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2
4 16
 
           
 
 
(2)

0.5
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
0.25
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:
(-1 ; 0)
0.5
KL
0.25

Câu 3

(4 điểm)
1
(2.0 điểm)
Giả sử f(x) chia cho
2
4
x

được thương là
5
x

và còn dư là
ax b

.
Khi đó:
2

f( ) ( 4).( 5 ) ax+b
x x x   
0.5
Theo đề bài, ta có:
7
(2) 24 2 24
2
( 2) 10 2 10
17
f a b
a
f a b
b

  

 

 
  
    
 




0.5
Do đó:
2
7

f( ) ( 4).( 5 ) x+17
2
x x x   
0.5
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng:
3
47
f( ) 5 17.
2
x x x   
0.5

2
(2.0 điểm)
Ta có:
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 (1)
a b c b c a c a b a b c b a c a c b           
Đặt:
2
2
2
x z
a
a b c x
x y
b c a y b
a c b z
y z
c





  



 
    
 
 
  







0.25
Khi đó, ta có:


2 2 2
(1)
1
VT . . ( )( ).
2 2 2 2 2 2 4
x z x y y z y z x z x y

y x x y x y z
     
   
      
   
   

0.5

2 2 2 2 2
1
. . . . ( )
2 2 2 2 4
x z x z y z z y
y x x y z
   
   

0.5

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
( ). ( ). ( ).
4 4 4
x z y z y x x y z
     
0.25


2 2 2 2 2 2

(1)
1 1
( ). ( ). 0 VP
4 4
x y z x y z      (đpcm)
0.25
KL:….
0.25

Câu 4

(6 điểm)











1
(2.0 điểm)

Ta có


DAM = ABF
(cùng phụ


BAH
)
AB = AD ( gt)



0
BAF = ADM = 90
(ABCD là hình vuông)


ΔADM = ΔBAF
(g.c.g)

0.75

=> DM=AF, mà AF = AE (gt)
Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
0.5
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
Mặt khác.

0
DAE = 90
(gt)
0.5
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25
2

(2.0 điểm)


Ta có
ΔABH ΔFAH
 (g.g)
AB BH
=
AF AH

hay
BC BH
=
AE AH
( AB=BC, AE=AF)
0.5
Lại có


HAB = HBC
(cùng phụ

ABH
)
ΔCBH ΔEAH

 (c.g.c)
0.5
2
ΔCBH

ΔEAH
S
BC
=
S AE
 

 
 
, mà
ΔCBH
ΔEAH
S
= 4
S
(gt)
2
BC
= 4
AE
 

 
 
nên BC
2
= (2AE)
2



BC = 2AE

E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD
0.5
Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5
3
(2.0 điểm)
Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:


AD AM
=
CN MN

AD CN
=
AM MN

0.5
Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

MN MC AB MC
= =
AN AB AN MN
 
hay
AD MC
=
AN MN

0.5


2 2 2 2
2 2 2
2 2
AD AD CN CM CN + CM MN
+ = + = = =1
AM AN MN MN MN MN
       
       
       


(Pytago)
0.5


2 2
AD AD
+ = 1
AM AN
   
   
   
2 2 2
1 1 1
AM AN AD
   (đpcm)
0.5

Câu 5 2 điểm
N
M
H
F
E
D
C
B
A








2.0 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với

a, b, c

R và x, y, z > 0 ta có

 
2
2 2 2
a b c
a b c

x y z x y z
 
  
 
(*)
Dấu “=” xảy ra


a b c
x y z
 

Thật vậy, với a, b

R và x, y > 0 ta có

 
2
2 2
a b
a b
x y x y

 

(**)










2
2 2
a y b x x y xy a b
   




 
2
0
bx ay
 
(luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra


a b
x y


Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

   
2 2

2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
  
    
  

Dấu “=” xảy ra


a b c
x y z
 

0.75
Ta có:
2 2 2
3 3 3
1 1 1
1 1 1
( ) ( ) ( )
a b c
a b c b c a c a b ab ac bc ab ac bc
    
     

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2 2

2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
2( )
2
a b c a b c
a b c
ab ac bc ab ac bc ab bc ac
a b c
   
   
   
   
   
    
 
 
 
 
(Vì
1
abc

)
0.5
Hay
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1

2
a b c
ab ac bc ab ac bc a b c
 
    
 
  
 

0.25
Mà
1 1 1
3
a b c
  
nên
2 2 2
1 1 1
3
2
a b c
ab ac bc ab ac bc
  
  


0.25
Vậy
3 3 3
1 1 1 3

( ) ( ) ( ) 2
a b c b c a c a b
  
  
(đpcm)
0.25

Điểm toàn bài
(20 điểm)

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ,
hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần
theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.