De HSG Toan 8hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG. ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8. Năm học: 2012-2013 Môn: Toán 8 Thời gian làm bài 120 phút Đề thi này gồm 01 trang.. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Câu 1: (2,5 điểm ) 2 2 2 a) Phân tích đa thức a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) thành nhân tử.. 3 3 3 b) Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn ( a  b)  (b  c)  (c  a) 210 . Tính giá trị của biểu thức A  a  b  b  c  c  a .. Câu 2: (2,5 điểm) 2 2 a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y 3  xy. 2 b) Giải phương trình: (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 72 .. Câu 3: (2,5 điểm) 2 2 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P ( x  2012)  ( x  2013) .. b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3  2  2  x x y y z z 2 . 2. Câu 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi. c) Kẻ DH  BC  H  BC  . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ  PD . ====== HẾT ====== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG. H ƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC 2012-2013 HDC này gồm 2 trang. Câu. Nội dung chính a) Ta có. Điểm 0,5. a 2 (b  c)  b2 (c  a)  c 2 (a  b) a 2 (b  c)  b 2 (c  0,5 a)  c 2 (b  c  c  a ). (b  c)( a 2  c 2 )  (c  a)(b 2  c 2 ) (b  c)( a  c)( a0,25  c)  (c  a)(b  c)(b (b  c)(a  c)(a  c  b  c) (b  c)(a  c)(a  b) . 0,25 b) Đặt a  b  x; b  c  y ; 1 (2,5đ). c  a z  x  y  z 0 0,5  z  ( x  y ) Ta có: 0,5 3 3 3 3 3 3 x  y  z 210  x  y  ( x  y ) 210   3xy ( x  y ) 210  xyz 70 . Do x, y, z là số. nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 ( 2).( 5).7 nên x, y, z    2;  5; 7 . A  a  b  b  c  c  a 14. 2 (2,5đ). 2 2 a) x  y 3  xy 0,25 Ta có: ( x  y )2 0  x 2  y 2 2 xy  3  xy 2 xy  xy  1 0,5 Lại có: 0,5 ( x  y ) 2 0  x 2  y 2  2 xy  3  xy  2 xy  xy  3. Suy ra  3  xy 1 . Mà. x, y  Z  xy    3;  2;  1;0;1. Lần lượt thử ta được ( x, y )   ( 2;1);(1;  2); (2;  1); ( 1; 2); (1;1) là nghiệm của phương trình. b). (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 2 72. 0,5 0,5. Đặt 6 x  7 t. Ta có (t  1)(t  1)t 2 72  (t 2  1)t 2 72  t 4  t 2  72 0  t 4  9t 2  8t 2  72 0  t 2 (t 2  9)  8(t 2  9) 00,25  (t 2  9)(t 2  8) 0 2 Mà t  8  0 nên 2 t 2  9 0  t 2 9  t 3  x  3 5 x  . 3 hoặc. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  2  5 x ;   3 3 . PT có nghiệm là a) Ta có: 0,5 P ( x  2012) 2  ( x  2013) 2 x 2  4024 x  4048144  x 2  4026 x 2. 1  2 x  2 x  8100313 2  x    2 . 0,5. 2. 0,25. 8100312,5  8100312,5 x Vậy Min P 8100312,5  x . 1 . 2. b) Đặt P. 3 (2,5đ). 1 1 1 1 1 1  2  2    x  x y  y z  z x( x 1) y ( y  1) z ( z  1) 0,25 2.  1 1 1 1 1 1 1 1 1            x x 1 y y 1 z z 1  x y z  Áp dụng BĐT 1 1 1 9    a b c a  b  c và 1 1  1 1  .   a  b 4  a b  với a, b, c.  1 1 1       x 1 y 1 z 1  0,25 0,5. dương, dấu bằng xảy ra  a b c. Ta có 1 1 1  1 1 1  1 1 1   .   1 ;  .   1 ;  .  0,25 1 x 1 4  x  y 1 4  y  z 1 4  z  Bởi vậy  1 1 1  1 1 1   1 1 1 1  1 1 P               .   1   1 y  x y z   x 1 y 1 z  1   x y z  4  x = 3  1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 .      .     . 4  x y z 4 4 x yz 4 4 4 2 (ĐPCM) E. D A M Q. B. P. I. 4. H. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a) Chứng minh EA.EB = ED.EC 0,25 - Chứng minh 4.  EBD. đồng. dạng với  ECA (g-g) Từ đó suy ra EB ED   EA.EB ED.EC EC EA b) Kẻ MI vuông góc với BC ( I  BC ) . Ta có  BIM đồng dạng với  BDC (g-g) BM BI    BM .BD BI .BC BC BD (1) Tương tự: với . 0,25. 0,5 0,25 0,25.  ACB đồng dạng.  ICM (g-g) CM CI   CM .CA CI .BC BC CA. (2) Từ (1) và (2) suy ra BM .BD  CM .CA BI .BC  CI .BC BC (BI  CI ) BC 2 (không đổi) 0,25 c) Chứng minh  BHD đồng dạng với  DHC (g-g) 0,25. . BH BD 2 BP BD BP BD      DH DC 2 DQ DC DQ DC 0,25. - Chứng minh  DPB đồng dạng  CQD với (c-g-c)    BDP DCQ   BDP  PDC 90o mà    DCQ  PDC 90o  CQ  PD. 0,25. Ghi chú : - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản, nếu học sinh có cách giảikhác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm của mỗi ý đó. - Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn. =====================. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>