DE THI HSG TOAN 8 CUA TP HUE

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố
PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008
Môn : Toán
Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1.
2
7 6x x+ +
2.
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +
Bài 2: (2điểm)
Giải phơng trình:
1.
2
3 2 1 0x x x + + =
2.
( )
2 2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

Bài 3: (2điểm)

1. Căn bậc hai của 64 có thể viết dới dạng nh sau:
64 6 4= +
Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng
dới dạng nh trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.
2. Tìm số d trong phép chia của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 6 8 2008x x x x+ + + + +
cho đa
thức
2
10 21x x+ +
.
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H

BC). Trên tia HC
lấy điểm D sao cho HD = HA. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE
theo
m AB=
.
2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC
đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.
Hết

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố
PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008
Môn : Toán
Đáp án và thang điểm:
Bài 1 Câu Nội dung Điểm
1. 2,0
1.1
(0,75 điểm)
( ) ( )
2 2
7 6 6 6 1 6 1x x x x x x x x+ + = + + + = + + +

( ) ( )
1 6x x= + +
0.5
0,5
1.2
(1,25 điểm)
4 2 4 2 2
2008 2007 2008 2007 2007 2007 1x x x x x x x+ + + = + + + + +
0,25
( ) ( ) ( )
2
4 2 2 2 2 2
1 2007 1 1 2007 1x x x x x x x x= + + + + + = + + + +
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 2007 1 1 2008x x x x x x x x x x= + + + + + + = + + +
0,25

2.
2,0
2.1
2
3 2 1 0x x x + + =
(1)
+ Nếu
1x
: (1)
( )
2
1 0 1x x = = (thỏa mãn điều kiện
1x

).
+ Nếu
1x <
: (1)
( ) ( ) ( )
2 2
4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x + = = =

1; 3x x = =
(cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là 1x = .
0,5
0,5
2.2
( )
2 2 2

2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
0x

(2)
( )
2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4x x x x x
x x x x


+ + + + + = +

ữ ữ ữ ữ

( ) ( )
2
2 2
2
2
1 1
8 8 4 4 16x x x x
x x

+ + = + + =
ữ ữ

0 8x hay x = =
và
0x

.
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm 8x =
0,25
0,5
0,25
3
2.0
3.1
Gọi số cần tìm là
10ab a b= +
(a, b là số nguyên và a khác 0)
Theo giả thiết:
10a b a b+ = +

là số nguyên, nên
ab
và b là các số chính
phơng, do đó:
b
chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9
Ta có:
( )
2 2
10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + + = + + =

( )
2 5 b a =
(vì 0a )
Do đó
a
phải là số chẵn: 2a k= , nên
5 b k =
Nếu
1 8 81 8 1 9b a= = = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
4 6 64 6 4 8b a= = = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
9 4 49 4 9 7b a= = = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
0,5
0,5
3.2 Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
( ) 2 4 6 8 2008
10 16 10 24 2008
P x x x x x
x x x x
= + + + + +
= + + + + +
Đặt
2
10 21 ( 3; 7)t x x t t= + + , biểu thức P(x) đợc viết lại:
( ) ( )
2
( ) 5 3 2008 2 1993P x t t t t= + + = +
Do đó khi chia
2
2 1993t t +
cho t ta có số d là 1993
0,5
0,5
4 4,0
4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc
à
C
chung.

CD CA
CE CB

=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
ã
ã
0
135BEC ADC= =
(vì tam giác AHD vuông cân tại
H theo giả thiết).
Nên
ã
0
45AEB =
do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra:
2 2BE AB m= =
1,0
0,5
4.2
Ta có:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC
= ì = ì
(do BEC ADC : )
mà
2AD AH=
(tam giác AHD vuông vân tại H)
nên

1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH
BC AC AC BE
AB
= ì = ì = = (do ABH CBA : )
Do đó BHM BEC : (c.g.c), suy ra:
ã
ã
ã
0 0
135 45BHM BEC AHM= = =
0,5
0,5
0,5
4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suy ra:
GB AB
GC AC
=
, mà
( ) ( )
//
AB ED AH HD
ABC DEC ED AH
AC DC HC HC
= = =:
0,5
Do đó:

GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= = =
+ + +
0,5