de thi hsg toan 8 toán học 8 phan văn hiền thư viện giáo dục tỉnh quảng trị

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (104.84 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

đề thi học sinh giỏi
 Mơn : Tốn 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1. x2 7x6

2. x42008x22007x2008
Bài 2: (2điểm)

Giải phơng trình:

2 3 2 1 0
x  x  x 





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

    

Bài 3: (2điểm)

1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a+b+c)( 1
a+

1
b+

1
c¿≥9

2. T×m sè d trong phÐp chia cđa biĨu thức

x2

x4

x6

x8

2008 cho đa
thức x210x21.

Bài 4: (4 ®iĨm)

Cho tam giác ABC vng tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC). Trên tia HC lấy
điểm D sao cho HD = HA. Đờng vng 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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 ®iĨm)









2 2

7 6 6 6 1 6 1

x  x x  x x x x  x




x1

 

x6



0.5
0,5
1.2 (1,25 ®iĨm)

4 2008 2 2007 2008 4 2 2007 2 2007 2007 1

x  x  x x x  x  x  0,25



 







4 2 1 2007 2 1 2 1 2 2007 2 1

x x x x x x x x

            0,25



x2 x 1

 

x2 x 1



2007



x2 x 1

 

x2 x 1

 

x2 x 2008



             0,25

2. 2,0

2.1 2

3 2 1 0

x  x  x 

(1)
+ NÕu x1: (1)





1 0 1

x x

    

(tháa m·n ®iỊu kiƯn x1).

+ NÕu x1: (1)







 



2 4 3 0 2 3 1 0 1 3 0

x x x x x x x

            
 x1; x3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là x1.

0,5
0,5
2.2





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

        (2)

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)





2 2

1 1 1 1

8 x 4 x x x x 4

x x x x

 

       

                
        









2 2

2
2

1 1

8 x 8 x x 4 x 4 16

x x

   

           

   

0 8

x hay x

   vµ x0.

Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x8

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 2.0
3.1 Ta cã:

A= (a+b+c)(1
a+

1
b+

1
c)=1+

a
b+

a
c+

b
a+1+

b
c+

c
a+

c
b+1
= 3+(a

b+
b
a)+(
a
c+
c
a)+(
c
b+
b
c)
Mµ: x

y+
y

x≥2 (BĐT Cơ-Si)
Do đó A 3+2+2+2=9. Vậy A 9

0,5

0,5
3.2 Ta cã:



 





 



( ) 2 4 6 8 2008

10 16 10 24 2008

P x x x x x

x x x x

     

Đặt t x210x21 (t3;t7), biểu thức P(x) đợc viết lại:



 



( ) 5 3 2008 2 1993

P x  t t   t t

Do đó khi chia t2 2 1993t cho t ta có s d l 1993

0,5

4 4,0

4.1

+ Hai tam giác ADC và BEC
cã:

Gãc 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: BECADC1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
Nên AEB450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra:

2 2

BEAB m

1,0
0,5
4.2
Ta cã:
1 1
2 2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)
mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

nªn

1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)
Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450

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 , mµ









AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC 0,5

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4></div>

de thi hsg toan 8 toán học 8 phan văn hiền thư viện giáo dục tỉnh quảng trị















 





 









 





 

 













 





















 

 

 





 





 











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về