DE THI HSG KHOI 8 HUYEN YEN DINH THANH HOA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT HUYỆN YÊN ĐỊNH. ĐỀ THI CHỌN VÀO VÒNG I ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2012 – 2013 MÔN TOÁN Thời gian 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề này gồm 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. SỐ BÁO DANH. Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức: a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm a để A < 1. Bài 2 ( 6 điểm). A=. 2a +1 a 7a + 3 - 2 a - 3 a +1 a - 2a - 3. x-1 x x  1  x  2  24 a. Giải phương trình:   . b. Tính giá trị của biểu thức :. M=. (x + 5)(y +1) x 2 + 9y 2 = 6xy - x - 3 x(y - 5) với x, y thỏa mãn 2 cba  n - 2  abc n 2  1 abc. c. Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số biết rằng và với n là số tự nhiên. Bài 3 ( 4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm thay đổi trên cạnh AC. Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O. a. Chứng minh OAH OCB . b. Chứng minh rằng tổng BM.BH + CM.CA không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên cạnh AC. 0   Bài 4 ( 2 điểm) Cho hình thang vuông ABCD có A = B = 90 . BC = n, AD = m. Gọi H là hình HK n = chiếu của A trên cạnh BD, K là điểm nằm trên đoạn thẳng HD sao cho HD m . Tính góc AKC.. Bài 5 ( 4 điểm): 3 a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4a - 3a +1 b. Cho x, y, z > -1 và x3 + y3 + z3 = 0. Chứng minh rằng x + y + z < 1 ………………………………. Hết…………………………….. Họ và tên thí sinh: …………………………………………… SBD: ………………………… Giám thị 1: ………………………………. Giám thị 2: …………………………………. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GD&ĐT HUYỆN YÊN ĐỊNH. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 Nội dung. Bài. 1 x 1; x  2 + ĐKXĐ: 2  1  x  2(1  x)  (5  x )  x  1 A  . a   1  x2   1 2x 2 2 x 1  . 2 1  x 1 2x 1.5đ 2  1 2x. Bài 1 4.0đ. A nguyên, mà x nguyên nên 21  2x b Từ đó tìm được x = 1 và x = 0 1.5đ Bỏ đi giá trị x = 1( do điều kiện). Vậy x = 0. Điểm 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5. Ta có: c. A  A  A 0. 2 1 0  1  2 x  0  x  1  2x 2 1.0đ 1  1 x  2 Kết hợp với điều kiện: . Bài 2 6.0đ. a. Phân tích được (x – 1)( x3 + x2 + 2x + 8) = 0  (x – 1)( x + 2)( x2 – x + 4) = 0 (1). 1 15 2 Vì x – x + 4 = (x - 2 ) + 4 > 0 2.0đ Nên (1)  (x – 1)( x + 2) = 0  x = 1 hoặc x = -2 Ta có: x2 + 2x – 10 = y2  ( x + 1)2 – y2 = 11  (x + 1 + y)(x + 1- y ) = 11 (2)  b Vì x, y N nên x + 1 + y > 0 và do đó x + 1 – y > 0 Nhận xét : x + 1 + y > x + 1 – y với mọi x, y  N. 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25. 2. (2) viết thành: (x + 1 + y)(x + 1- y ) = 11.1 2.0đ. c. 2.0đ.  x  1  y 11    x  1  y 1. 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5. Kết luận : x = 5, y = 5 là nghiệm Biến đổi giả thiết về dạng :. 0.5. 1  a  b  c   (a  b)2  (b  c) 2  (c  a) 2  0 2  a  b  c 0    a b c. 0.5.   c   a   b  P       b   c   a  = -1 . Với a + b + c = 0. Tính được. . Với a = b = c . Tính được P = 2.2.2 = 8. 0.5 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Gọi số có ba chữ số cần tìm là abc Ta có: abc = (98a + 7b) +2a + 3b + c Vì abc 7 nên 2a + 3b + c 7 (3) Mặt khác, vì a + b + c  7 (4), kết hợp với (3) suy ra: b  c 7 Do đó b – c chỉ có thể nhận các giá trị: -7; 0 ; 7 + Với b – c = -7, suy ra c = b + 7. kết hợp với (4) ta chọn được các số a 707; 518; 329 thỏa mãn. + Với b – c = 7 suy ra b = c + 7. Đổi vai trò b và c của trường hợp trên ta được các cặp số 770, 581, 392 thỏa mãn bài toán. + Với b – c = 0 thì b = c mà do (4) nên a + 2b 7. Do 1 a  2b 27 nên a + 2b chỉ có thể nhận các giá trị 7; 14; 21. 2.0đ Từ đó chọn được 12 số thỏa mãn là 133, 322,511,700, 266, 455, 644, 833, 399, 588, 777, 966.. 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25. 0.25. Vậy có 18 số thỏa mãn bài toán: 707, 518, 329, 770, 581, 392 , 133, 322,511,700, 266, 455, 644, 833, 399, 588, 777, 966.. 0.25. Vì x + y +z = 1 nên:. Bài 3 4.0đ. 1 1 1  1 1 1 M        x  y  z 16 x 4 y z  16 x 4 y z  21  x y  x z  y z            16  4 y 16 x   z 16 x   z 4 y . 0.5. Ta có: b. 2.0đ. Bài 4 4.0đ. 2. 2. x y 16 x 2  4 y 2  4 x  2 y   2.4 x.2 y  4 x  2 y  1 1       . 4 y 16 x 16 x.4 y 64 xy 64 xy 4 4 x z 1   Tương tự: z 16 x 2 ;. y z  1 z 4y. 0.5. (x, y  0). 0.5 ( Với mọi x, y > 0). 0.25. 1   x 7 4 x 2 y z  2    x  y  z 1   y  7  x, y , z  0   4  21 1 1 49 M    1   z 7  16 4 2 16 .Dấu “=” xảy ra khi Từ đó 49 1 2 4 x  ; y  ;z  7 7 7 Vậy GTNN của M là 16 khi. a. A. 0.25 B. Chứng minh được tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD. H. 1.0đ D. C. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD b 1.5đ. 0.5. AH AB a.b   AH  BC BD BD 12.9 7.2(cm) Từ đó tính được AH = 15. 0.5 k. c. Tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD theo tỉ số Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác BCD và AHB Ta có S = 54(cm2). 2. 1.5đ. 0.5. AH 7.2  BC 9. 0.5. 2. S'  7.2   7.2  ' 2 k 2    S   .54 34.56(cm ) S  9   9 . 0.5. Vậy diện tích tam giác AHB bằng 34.56( cm2) Ta có BMN là tam giác đều,nên G là trọng tâm của Tam giác BMN. Gọi P là trung điểm của MN, GP 1  Ta có : GN 2 ( tính chất trọng tâm tam giác đều) PI PI 1   Lại có : MA NC 2 suy ra GP PI 1   A GN NC 2 (1)    GPI GPM  MPI 900  600 1500. Mặt khác Bài 5 2.0đ. 0.5. 2 2 Áp dụng định lí Py – ta – go, được : BD  AD  AB  225 15(cm). B. 0.5. G N. M. P. I. K. C. 0.25. và.    GNC GNP  PNC 300  1200 1500   Do đó : GPI GNC (2). 0.5. Từ (1) và (2) suy ra tam giác GPI đồng dạng với tam giác GNC (c.g.c) 1 GI  GC PGI NGC  2 Từ đó ta có : và 0 0    Mà IGC 60 ( IGC PGN 60 ). 0.25 0.25. 1 Gọi K là trung điểm của GC thì GI = GK = 2 GC, suy ra tam giác GIK 1 đều, nên IK = 2 GC. Điều này chứng tỏ tam giác GIC vuông tại I.    GIC 900 ; IGC 600 ; GCI 300 ;. 0.25. Vậy :. Chú ý : 1. Học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm tối đa. 2. Bài hình không vẽ hình, hoặc hình sai cơ bản thì không chấm điểm..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>