đề thi - đáp án HSg lớp 8 TN năm học 2008-2009

Phòng Giáo dục- Đào tạo
TRựC NINH
*****
đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện
năm học 2008 - 2009
môn: Toán 8
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 1 trang
Bi 1 (4 im): Cho biu thc









++
+

=
222222
2
11
:
y
4xy
A
xxyyxyx
a) Tỡm iu kin ca x, y giỏ tr ca A c xỏc nh.

b) Rỳt gn A.
c) Nu x; y l cỏc s thc tho món: 3x
2
+ y
2
+ 2x 2y = 1, hóy tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn
dng ca A?
Bi 2 (4 im):
a) Gii phng trỡnh :

82
44
93
33
104
22
115
11
+
+
+
=
+
+
+
xxxx
b) Tỡm cỏc s x, y, z bit :
x
2
+ y

2
+ z
2
= xy + yz + zx
v
2010200920092009
3
=++
zyx
Bi 3 (3 im): Chng minh rng vi mi n
N

thỡ n
5
v n luụn cú ch s tn cựng ging nhau.
Bi 4 (7 im): Cho tam giỏc ABC vuụng ti A. Ly mt im M bt k trờn cnh AC. T C v mt
ng thng vuụng gúc vi tia BM, ng thng ny ct tia BM ti D, ct tia BA ti E.
a) Chng minh: EA.EB = ED.EC v
ã
ã
EAD ECB=
b) Cho
ã
0
120BMC =
v
2
36
AED
S cm=

. Tớnh S
EBC
?
c) Chng minh rng khi im M di chuyn trờn cnh AC thỡ tng BM.BD + CM.CA cú giỏ tr
khụng i.
d) K
DH BC

( )
H BC
. Gi P, Q ln lt l trung im ca cỏc on thng BH, DH. Chng
minh
CQ PD
.
Bi 5 (2 im):
a) Chng minh bt ng thc sau:
2
+
x
y
y
x
(vi x v y cựng du)
b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P =
2 2
2 2
3 5
x y x y
y x y x

+ + +
ữ

(vi
x 0,y 0
)
1
đề chính thức
Phßng Gi¸o dôc- §µo t¹o
TRùC NINH
*****
®¸p ¸n vµ híng dÉn chÊm thi häc sinh giái
n¨m häc 2008 - 2009
m«n: To¸n 8
Bài 1 : (4 điểm)
a) Điều kiện: x
≠
±
y; y
≠
0 (1 điểm)
b) A = 2x(x+y) (2 điểm)
c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A
+ Từ (gt): 3x
2
+ y
2
+ 2x – 2y = 1
⇒
2x

2
+ 2xy + x
2
– 2xy + y
2
+ 2(x – y) = 1
⇒
2x(x + y) + (x – y)
2
+ 2(x – y) + 1 = 2
⇒
A + (x – y + 1)
2
= 2
⇒
A = 2 – (x – y + 1)
2

2
≤
(do (x – y + 1)
0
≥
(với mọi x ; y)
⇒
A
≤
2. (0,5đ)
+ A = 2 khi
( )

x y 1 0
2x x y 2
x y;y 0
− + =


+ =


≠ ± ≠


⇔

1
x
2
3
y
2

=




=



+ A = 1 khi
( )
2
(x y 1) 1
2x x y 1
x y;y 0

− + =

+ =


≠ ± ≠

Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn:
2 1
x
2
2 3
y
2

−
=



+

=



+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (0,5 điểm)
Bài 2: (4 điểm)
a)
x 11 x 22 x 33 x 44
115 104 93 82
+ + + +
+ = +
x 11 x 22 x 33 x 44
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + + + = + +
x 126 x 126 x 126 x 126
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + = +
x 126 x 126 x 126 x 126
0
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + − − =
...⇔
x 126 0⇔ + =
x 126⇔ = −
b) x
2
+ y
2

+ z
2
= xy + yz + zx
⇔
2x
2
+2y
2
+ 2z
2
– 2xy – 2yz – 2zx = 0
2
⇔
(x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
= 0
x y 0
y z 0
z x 0
− =


⇔ − =


− =


x y z⇔ = =
⇔
x
2009
= y
2009
= z
2009
Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z
2009
= 3
2010

⇔
z
2009
= 3
2009

⇔
z = 3
Vậy x = y = z = 3
Bài 3 (3 điểm)
Cần chứng minh: n
5
– n
M
10
- Chứng minh : n

5
- n
M
2
n
5
– n = n(n
2
– 1)(n
2
+ 1) = n(n – 1)(n + 1)(n
2
+ 1)
M
2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên
tiếp)
- Chứng minh: n
5
– n
M
5
n
5
- n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n
2
– 4 + 5)
= n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 )
lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5
- Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n
5

– n
M
2.5 tức là n
5
– n
M
10
Suy ra n
5
và n có chữ số tận cũng giống nhau.
Bµi 4: 6 ®iÓm
IP
Q
H
E
D
A
B C
M
C©u a: 2 ®iÓm
* Chøng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iÓm)
- Chøng minh
∆
EBD ®ång d¹ng víi
∆
ECA (gg) 0,5 ®iÓm
3
- Từ đó suy ra
. .
EB ED

EA EB ED EC
EC EA
= =
0,5 điểm
* Chứng minh
ã
ã
EAD ECB=
(1 điểm)
- Chứng minh

EAD đồng dạng với

ECB (cgc) 0,75 điểm
- Suy ra
ã
ã
EAD ECB=
0,25 điểm
Câu b: 1,5 điểm
- Từ
ã
BMC
= 120
o



ã
AMB

= 60
o



ã
ABM
= 30
o
0,5 điểm
- Xét

EDB vuông tại D có
à
B
= 30
o

ED =
1
2
EB


1
2
ED
EB
=
0,5 điểm

- Lý luận cho
2
EAD
ECB
S ED
S EB

=
ữ

từ đó

S
ECB
= 144 cm
2
0,5 điểm
Câu c: 1,5 điểm
- Chứng minh

BHD đồng dạng với

DHC (gg) 0,5 điểm
2
2
BH BD BP BD BP BD
DH DC DQ DC DQ DC
= = =
0,5 điểm
- Chứng minh

DPB đồng dạng với

CQD (cgc)
ã
ã
ã
ã
` 90
o
BDP DCQ
CQ PD
ma BDP PDC

=



+ =


1 điểm
Câu d: 1 điểm
- Chứng minh

BMI đồng dạng với

BCD (gg)
- Chứng minh CM.CA = CI.BC 0,5 điểm
- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC

2
có giá trị không đổi 0,5 điểm
Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB
2
+ AC
2
= BC
2
Bi 5: (2 im)
a) vỡ x, y cựng du nờn xy > 0, do ú
2 2
x y
2 x y 2xy
y x
+ +

2
(x y) 0
bt ng
thc ny luụn ỳng, suy ra bt ban u ỳng (pcm)
b) t
x y
t
y x
+ =

2 2
2
2 2
x y

t 2
y x
+ =
Biu thc ó cho tr thnh P = t
2
3t + 3
P = t
2
2t t + 2 + 1 = t(t 2) (t 2) + 1 = (t 2)(t 1) + 1
4
- Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t
≥
2.
t 2 0⇒ − ≥
;
t 1 0
− >

( ) ( )
t 2 t 1 0
⇒ − − ≥
P 1⇒ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2
⇔
x = y (1)
- Nếu x; y trái dấu thì
x
0
y
<

và
y
0
x
<

⇒
t < 0
⇒
t – 1 < 0 và t – 2 < 0
( ) ( )
t 2 t 1⇒ − −
> 0
⇒
P >
1 (2)
- Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x
≠
0 ; y
≠
0 thì luôn có P
≥
1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =
y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là P
min
= 1 (khi x = y)
Bài 5: (2 điểm)
- Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x
2
– x + 1), khi đó ta có:

f(x) = (x – 2).(x
2
– x + 1).P(x) + R(x) (1)
- Vì đa thức chia (x – 2)(x
2
– x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc
≤
2
- Từ (1)
⇒
dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2), mà R(x) là đa
thức có bậc
≤
2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt)
⇒
R(x) = (x – 2)(kx + p) + 4
- Lập luận tương tự trên
5