113 đề HSG toán 8 phú vang 2012 2013

Phòng GD- ĐT PHÚ VANG
==========

ĐÈ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 8
Năm học: 2012 - 2013
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề )
---------------------------------------------Trường THCS Vinh Xuân.
Gv ra đề: Phạm Xuân Bình

Bài 1: (4 điểm):
a. Giải phương trình: (x2 – 4x)2 + 2(x – 2)2 = 43
b. Cho phương trình:

x  2 x 1

x  m x 1

Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm.
Bài 2: (2 điểm):
Chứng minh rằng:
Nếu

1 1 1
1 1 1
   2 và a + b + c = abc thì ta có 2  2  2  2
a b c
a b c

Bài 3: (2 điểm):
1

1
1
1
+
+
+…+
.
103
101 102
200
7
Chứng minh rằng S >
12

Cho S =

Bài 4: (4 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 chữ số
hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị thì ta vần được một số chính phương.
Bài 5: (6 điểm):
Câu 1: Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE; ACF,
lại dựng hình hành AEPF. Chứng minh rằng PBC là tam giác đều.
Câu 2: Cho tam giác ABC có BC = 15 cm, AC = 20 cm, AB = 25 cm.
a. Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC.
b. Gọi CD là đường phân giác của tam giác ACH. Chứng minh BCD cân.
c. Chứng minh: BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2
Câu 6: (2ñieåm):
Cho a, b là các số dương thỏa mãn a3 + b3 = a5 + b5.
Chứng minh rằng: a2 + b2  1 + ab

---------------------------------------------------------------------------(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

/>

Phòng GD- ĐT PHÚ VANG
==========
Câu

Nội dung bài giải

a/ x  4 x   2.x  2  43  x  4 x   2x  4 x  4  43;
Đặt x2-4x = t. Đk: t  -4
Khi đó ta có được phương trình: t2 + 2t - 35=0
 (t + 7)(t – 5) = 0
 t = -7 ( loại) hoặc t = 5
Với t = 5. Khi đó: x2 - 4x - 5=0  (x +1)(x – 5) = 0  x=5 hoặc x=-1
Vậy S = { 5; -1}
2

2

2

b/ ĐK của PT

Câu 1
(5 đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 8

x+2 x+1

x-m x-1

2

2

0,5
0,5
0,5
0,5

(*)

x–m  0  x  m
x–1  0  x  1
Từ (*) => (x + 2)(x – 1) = (x + 1)(x – m)
=> mx = 2 – m (**)
- Với m = 0 thì PT (**) có dạng: 0x = 2. Trường hợp này PT (**) vô nghiệm
(1)

0,25
0,5
0,5

2-m
m

0,5

2-m
là nghiệm của PT (*) khi nó phải thỏa mãn điều kiện:
m

0,5

- Với m  0 thì PT (*) có nghiệm: x =
Nghiệm x =

Điểm

2

x  m và x  1
Tức là :

2-m
 1  2-m  m  m  1
m
2-m
 m  m2 + m - 2  0   m - 1 m + 2   0
m
 m  1 , m  -2

Như vậy PT (*) vô nghiệm với các giá trị của m  {-2 ; 0 ; 1}
Theo gt:

1 1 1

   2 nên a  0 , b  0, c  0
a b c

0,25
0,25
0,25
0,25

2

Câu 2
(2đ)

1 1 1
1 1 1
1 1 
 1 1 1
 1
Ta có:
   2       4  2  2  2  2     4
a b c
a b c
a b c
 ab bc ca 
1 1 1
 abc 
 2  2  2  2
4
a b c
 abc 

abc
Vì a + b + c = abc (gt) nên
1
abc
1 1 1
1 1 1
 2  2  2  2  4  2  2  2  2 ( đpcm)
a b c
a b c
1
1
1
1   1
1
1
1 
Ta có: A = 


 



 

150   151 152 153
200 
 101 102 103

Bài 3:

(2đ)
/>
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25


Thay mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân số nhỏ nhất trong nhóm ấy ta
được:
1
1
1 
1
1
 1
 101  102  103   150   150  50  3


1
1
1 
1
1
 1
 151  152  153   200   200  50  4


1

1
1   1
1
1
 1
A= 


 





150   151 152 153
 101 102 103

0,5
0,5


1  1 1 7
> + =
200  3 4 12

1
1
1
1
7



 

101 102 103
200 12
Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a, b, c, d  9, a  0

 A=

2

abcd  k
Ta có: 
 N, 31  k  m  100
2 với k, m

(a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m
2

abcd  k

2

abcd  1353  m

Bài 4:
( 3đ)

m  k  123

m  k  41
hoặc 

m  k  11
m  k  33
m  67
m  37
(thỏa mãn) hoặc 
(loại)
 
k  57
k  4

Vậy số cần tìm là: abcd = 3136
Câu 1:
2

0,25
0,5

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

A
1

1

0,25

0,5

Do đó: m2 – k2 = 1353
 (m + k)(m – k) = 123.11= 41. 33 ( k + m < 200 )

E

0,5

3

2
F

P

B
C

Bài 4:
(6 đ)

Ta có: AEPF là hình bình hành nên AEˆP  AFˆP
Xét  EPB và  FPC, ta có:
EB = FP (= AE) ; EP = FC (= AF) và PEˆ B = PFˆC ( vì 600 - AEˆ P =600 - AFˆP )
  EPB =  FPC (c.g. c)
Suy ra: PB = PC (1)
Ta có: EAˆ F  AEˆP  1800  Aˆ 3  Eˆ1  60 0

/>
1


mà Ê1 + Ê2 = 600
Do đó Â3 = Ê2

1

Xét  EPB và  ABC, ta có:
EB = AB; EP = AC ( = AF) và Â3 = Ê2
  EPB =  ABC ( cgc )
Suy ra: PB = BC (2)
Từ (1) và (2)  PB = PC = BC
Vậy  PBC đều
Câu 2:

0,5

0,5

C

B

H

D

a. Dùng định lí Py-ta-go đảo chứng minh được:  ABC vuông tại C
1
2

Ta có: SABC = AC.BC =

1
AC .BC 20.15
AB.CH  CH 
= 12 cm

2
AB
25

b. Dể dàng tính được;
HA = 16 cm ; BH = 9 cm





2

 0 đúng  a, b > 0 .

0,5

0,5
0,5

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

Vậy: a 2  b2  1  ab với a, b dương và a + b = a + b
3

/>
0,25

0,25

CD là tia phân giác của  ACH nên suy ra
AD = 10 cm ; HD = 6 cm.
Do đó BC = BD ( = 15 cm )
Vậy  BDC cân tại B.
c. Xét các  vuông : CBH, CAH
Ta có: BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go)
CD2 = DH2 + CH2 ( đl Py-ta-go)
BD2 = BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go)
Từ đó suy ra BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2
Với 2 số a, b dương:
Xét: a 2  b2  1  ab  a2 + b2 – ab  1
2
2

 (a + b)(a + b – ab)  (a + b) ( vì a + b > 0)
3
3
a + b  a + b
3
3
3
3
5
5
3
3
5
5
 (a + b )(a + b )  (a + b)(a + b ) (vì a + b = a + b )
6
3 3
6
6
5
5
6
Bài 5 :  a 3+32a b +5 b 5 a + ab + a b + b
+ab
( 2đ )  2a b4  ab
2 2
4
 ab(a – 2a b + b )  0
 ab a 2  b2

A

3

5

5