Đề thi học sinh giỏi Văn hóa lớp 8 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG
Ngày thi: 30/3/2013
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (4,5 điểm)
1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử:
3 2 2 3
2 7 7 2P a a b ab b= + + +
.
2) Cho
2
1x x+ =
. Tính giá trị biểu thức
6 5 4 3 2
2 2 2 2 2 1Q x x x x x x= + + + + + +
.
Câu 2. (4,5 điểm)
1) Cho biểu thức:
2 2 3
1 1 4 4026
:
2 2 4
x x
R
x x x x x x x

− +
 
= + −
 ÷
− + −
 
. Tìm
x
để biểu thức xác
định, khi đó hãy rút gọn biểu thức.
2) Giải phương trình sau:
( ) ( ) ( )
2 1 1 2 4x x x x− − + + =
.
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Cho
n
là số tự nhiên lẻ. Chứng minh
3
n n−
chia hết cho 24.
2) Tìm số tự nhiên
n
để
2
4 2013n n+ +
là một số chính phương.
Câu 4. (6,0 điểm)
1) Cho hình thang
ABCD

vuông tại A và D. Biết CD=2AB=2AD và
2BC a=
.
a. Tính diện tích hình thang
ABCD
theo
a
.
b. Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D
xuống AC. Chứng minh
·
0
45HDI =
.
2) Cho tam giác
ABC
có
, ,BC a CA b AB c= = =
. Độ dài các đường phân giác
trong của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là
, ,
a b c
l l l
. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1
a b c
l l l a b c
+ + > + +
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hai số không âm

a
và
b
thoả mãn
2 2
a b a b+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
1 1
a b
S
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)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NGÀY THI 30 /3/2013
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Câu 1 Hướng dẫn giải (4.5 điểm)
1
(2.5 điểm)
Ta có

( )
( )
3 3
2 7P a b ab a b= + + +
0,5

( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 7
2 2 5
a b a ab b ab a b
a b a b ab
= + − + + +
= + + +
0.5

( )
( )
2 2
2 4 2a b a ab b ab= + + + +
0.5

( ) ( ) ( )
2 2 2a b a a b b b a= + + + + 
 

0.5

( ) ( ) ( )
2 2a b a b a b= + + +
Kết luận
( ) ( ) ( )
2 2P a b a b a b= + + +
0.5
2
(2.0 điểm)
Ta có
( ) ( )
2 4 3 2 4 3 2 2
2 2 1Q x x x x x x x x x x= + + + + + + + + +
0.5

( ) ( )
2 2
2 2 2
2x x x x x x= + + + + +
0.5

2
3 4x x= + + =
0.5
Vậy
4Q =
0.5
Câu 2 (4.5 điểm)
1

(2.5 điểm)
Ta có
( ) ( )
( )
2
1 1 4
.
2 2 4026
4
x x x
R
x x x x
x x
 
− +
 
= + −
− +
−
 
 
ĐK:
( )
2
4 0x x − ≠
0.5
0
2
x
x

≠

⇔

≠ ±

0.5
Khi đó:
2
1 1 1 4
4026 2 2 4
x x
R
x x x
− +
 
= + −
 ÷
− + −
 

( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2 4
1
.
4026 4
x x x x
x
− + + + − −

=
−
0.5

( )
2
2
2 4
1 1
.
4026 4 2013
x
x
−
= =
−
0.5
Vậy
R
xác định khi
0
2
x
x
≠


≠ ±

và

1
2013
R =
0.5
ĐỀ CHÍNH THỨC
2
(2 điểm)
+ Nếu
2x ≥
, phương trình đã cho trở thành

( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1 2 4x x x x− − + + =

0.5

( ) ( )
2 2
1 4 4x x⇔ − − =

( )
4 2 2 2
5 0 5 0x x x x⇔ − = ⇔ − =

( )
( )
( )
0
5
5

x l
x tm
x l
=

⇔ =


= −


0.5
Nếu
2x
≥
, phương trình đã cho trở thành

( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1 2 4x x x x− − + + =

( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1 2 4x x x x⇔ − − + + = −

( ) ( )
2 2
1 4 4x x⇔ − − = −

4 2
5 8 0x x⇔ − + =

0.5

2
2
5 7
0
2 4
x
 
⇔ − + =
 ÷
 
vô nghiệm 0.25
KL: Phương trình có một nghiệm
5x =
. 0.25
Câu 3 (4 điểm)
1
(2 điểm)
Ta có
( ) ( )
3
1 1n n n n n− = − +
0.5
Vì
1; ; 1n n n− +
là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số
đó chia hết cho 3. Do đó
( )
3

3n n− M
(1)
0.5
Vì
n
là số tự nhiên lẻ nên
1n
−
và
1n
+
là hai số tự nhiên chẵn liên
tiếp. Do đó
( ) ( )
( )
3
1 1 8 8n n n n− + ⇒ −M M
(2)
0.5
Vì
3
và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1), (2)
suy ra
( )
3
24n n− M
(đpcm)
0.5
2
(2 điểm)

+ Giả sử
( )
2 2
4 2013 ,n n m m+ + = ∈¥
+ Suy ra
( ) ( )
2 2
2 2
2 2009 2 2009n m m n+ + = ⇔ − + =

( ) ( )
2 2 2009m n m n⇔ + + − − =
0.5
+ Mặt khác
2009 2009.1 287.7 49.41= = =
và
2 2m n m n+ + > − −
nên
có các trường hợp sau xảy ra:
• TH1:
2 2009 1005
2 1 1002
m n m
m n n
+ + = =
 
⇔
 
− − = =
 

0.5
• TH1:
2 287 147
2 7 138
m n m
m n n
+ + = =
 
⇔
 
− − = =
 
• TH3:
2 49 45
2 41 2
m n m
m n n
+ + = =
 
⇔
 
− − = =
 
0.5
Vậy các số cần tìm là: 1002; 138; 2.
0.5
Câu 4 (6 điểm)
1
(4 điểm)

a) + Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và
BEC là tam giác vuông cân.
0.5
+ Từ đó suy ra
; 2AB AD a BC a= = =
0.5
+ Diện tích của hình thang ABCD là
( )
.
2
AB CD AD
S
+
=
0.5


( )
2
2 .
3
2 2
a a a
a
+
= =
0.5
b) +
·
·

ADH ACD=
(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông
góc)
0.5
+ Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có

1
2
AD IB
DC BD
= =
, do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng.
Suy ra
·
·
ACD BDI=
(2)
0.5
+ Từ (1) và (2), suy ra
·
·
ADH BDI=
0.5
+ Mà
·
·
·
·
0 0
45 45ADH BDH BDI BDH+ = ⇒ + =

hay
·
0
45HDI =
0.5
2
(2 điểm)
+ Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng
song song với AD cắt đường thẳng AB tại M.
Ta có
·
·
BAD AMC=
(hai góc ở vị trí đồng vị)
0.5

·
·
DAC ACM=
(hai góc ở vị trí so le trong)
Mà
·
·
BAD DAC=
nên
·
·
AMC ACM=
hay tam giác ACM cân tại A,
suy ra

AM AC b= =
+ Do AD//CM nên
AD BA c
CM BM b c
= =
+
0.5
+ Mà
1 1 1 1
2
2 2
a
c AD
CM AM AC b
b c b l b c
 
< + = ⇒ > ⇒ > +
 ÷
+
 
(1)
0.5
+ Tương tự ta có

1 1 1 1
2
b
l c a
 
> +

 ÷
 
(2);
1 1 1 1
2
a
l b c
 
> +
 ÷
 
(3)
Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta có đpcm
0.5
Câu 5 1điểm
1 điểm
+ Ta có
2 2 2 2
1 2 ; 1 2 2 2 2 2a a b b a b a b a b+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + ⇒ + ≤
0.25
+ Chứng minh được với hai số dương
,x y
thì
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
0.25
+ Do đó
1 1 4

2 2 1
1 1 1 1
S
a b a b
 
= − + ≤ − ≤
 ÷
+ + + + +
 
0.25
+ Kết luận: GTLN của S là 1, đạt được khi
1a b
= =
. 0.25
Điểm toàn bài
(20điểm)
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.