de thi hoc sinh gioi toan 8 hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN LỚP 8 ( Thời gian làm bài: 150 phút ). ĐỀ CHÍNH THỨC.  5x Câu 1. (4,0 điểm) cho phân thức : A . 2. 2.  5y 2  5z 2   x  y  z   5  xy  yz  zx .  5x  5y  5z    25xy  25yz  25zx . 2. .. a) Tìm các giá trị của x, y, z để phân thức xác định ; b) Rút gọn A. Câu 2. (5,0 điểm) a) Tìm giá trị của a để h(x) = 3x2 + ax – 32 chia x + 5 có số dư là 3; b) Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 + x + x2 + x3 = y3 ; c) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: p(x) = x3 + 6x 2 – 13x – 42. Câu 3. (4,0 điểm) a) Cho M . a 4  16 . Tìm các giá trị nguyên của a để M có giá trị a 4  4a 3  8a 2  16a  16. nguyên ; b) Biết ax + by + cz = 0 và a + b + c =. N. 1 . Tính: 1993. ax 2  by 2  cz 2 2. 2. bc  y  z   ac  x  z   ab  x  y . 2. .. Câu 4. (5 ,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ các tia Bx  AB, Cy  CA chúng cắt nhau tại D. a) Tứ giác BHCD là hình gì ? Vì sao ? b) Gọi E là điểm sao cho BC là đường trung trực của EH. Chứng minh rằng tứ giác BCDE là hình thang cân ; c) BD cắt EH tại K. Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì để tứ giác HCDK là hình thang cân. Câu 5. (2,0 điểm) Cho 0  x, y, z  1. Chứng minh rằng 0  x + y + z – xy – yz – xz  1. ----------------Hết---------------Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………….................... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 8 Câu 1. 4 điểm. a) (5x + 5y + 5z)2 – (25xy + 25yz + 25zx). 0,5. = 25[ (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) ] Xét (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) = 0  x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – xy – yz – zx = 0  x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = 0. 1,5.  2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy +2yz + 2zx = 0  (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 = 0  x + y = y + z = z + x = 0  x = y = z = 0. Vậy để phân thức A xác định thì x, y, z không đồng thời bằng không. b) Đặt x 2 + y2 + z2 = a và xy + yz + zx = b thì (x + y + z)2 = a + 2b. a(a  2b)  b 2 a 2  2ab  b 2 (a  b) 2 a  b Khi đó : A     5(a  2b  b) 5(a  b) 5(a  b) 5 Vậy. 1 0,5. x 2  y2  z 2  xy  yz  zx . 5. A. 0,5. Câu 2. 5 điểm 1. a) Theo định lí Bezoute, ta có số dư là h(-5) = 3 a = 8 2. 1 3  b) Ta nhận thấy 1  x  x   x     0, x 2 4  2. nên x 3  1  x  x 2  x 3  y 3. 0,5. (1). Lại có (x + 2)3 – (1 + x + x2 + x3) = 5x2 + 11x + 7 0,5. 2. 11  19   0 nên (x + 2)3  1 + x + x2 + x3 = 5 x    10  20 . (2). Từ (1) và (2) suy ra x3 < y3 < (x +2)3  y3 = (x + 1)3, tức là. 0,5. 1 + x + x2 + x3 = (x + 1)3  x(x + 1) = 0  x = -1 hoặc x = 0 Với x = -1 thì y = 0; với x = 0 thì y = 1. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x; y) là ( - 1; 0) và (0; 1).  c) Trước hết ta nhận thấy x = 3 là một nghiệm của đa thức p(x) ( Vì p(3) = 0 ), do đó:. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> p(x) = (x - 3). T(x) (*). Ta tìm đa thức T(x) bằng lược đồ Horner như sau: Hệ số của p(x) Hệ số của T(x). a=3. 1. 6. -13. -42. 1. 9. 14. 0=r. 2. Vậy T(x) = x2 + 9x + 14. Do đó p(x) = (x - 3)( x2 + 9x + 14). Ta lại nhận thấy đa thức T(x) = x2 + 9x + 14, có một nghiệm x = -2 ( vì T(-2) = 0 ), do đó T(x) = (x + 2). S(x). Ta tìm đa thức S(x) bằng lược đồ Horner như sau: Hệ số của T(x) Hệ số của S(x). a = -2. 1. 9. 14. 1. 7. r=0. Vậy S(x) = x + 7, do đó T(x) = (x + 2)(x + 7) (**). Kết hợp (*) và (**), ta được kết quả: p(x) = (x - 3). (x + 2).(x + 7) ; Câu 3 a) M . 4 điểm. a 4  16 (a 2  4)(a  2)(a  2) a  2 4    1  a 4  4a 3  8a 2  16a  16 (a 2  4)(a  2) 2 a2 a2. 1. ( a  2 ). Từ đó M nhận giá trị nguyên khi a – 2 là ước số của 4, suy ra a nhận các giá trị -2; 0; 1; 3; 4; 6.. 1. b) Theo giả thiết ax + by + cz = 0. Bình phương hai vế của đẳng thức này, ta được:. 0,5. a2x2 + b2y2 + c2z2 + 2(axby + axcz + bycz) = 0  a2x2 + b2y2 + c2z2 = -2(axby + axcz + bycz) (1) Biến đổi mẫu thức của phân thức đã cho, ta được:. 0,5. bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2 = bcy2 – 2bcyz + bcz2 + acx2 – 2acxz + acz2 + abx2 – 2abxy + aby2 = bcy2 + bcz2 + acx2 + acz2 + abx2 + aby2 – 2(bcyz + acxz + abxy ). (2). Thay (1) vào (2), ta được: (bcy2 + acx2 + c2z2) + (bcz2 + abx2 + b2y2) + (acz2 + aby2 + a2x2). 0,5. = c(by2 + ax2 + cz2) + b(cz2 + ax2 + by2) + a(cz2 + by2 + ax2) = (by2 + ax2 + cz2)(a + b + c). by 2  ax 2  cz 2 1 Vậy N    2 2 2 (by  ax  cz )(a  b  c) a  b  c. 1  1993 . 1 1993. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4. 5 điểm. 0,5. a) Tứ giác BHCD là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối song song với nhau.. 1. b) Gọi M là giao điểm của HD và BC, I là giao điểm của AE và BC. Dễ dàng chứng minh được IM // DE, suy ra DE // BC. Do đó BCDE là hình thang.. 1,5. Ta lại có CE = CH; CH = BD nên CE = BD nên CE = BD. Vậy tứ giác BCDE là hình thang cân. c) BH cắt AC tại F, ta có F  90o. Hình thang HKDC là hình thang cân.   HCD   KHC   CHF   KHC   HCD  (so le trong ) ) (vì CHF. 2.   HCF   HIC = HFC  HCI  CH là phân giác của góc ACB  ACB cân tại C. Vậy: HKDC là hình thang cân khi và chỉ khi ABC là tam giác cân tại C. Câu 5. 2 điểm. Từ giả thiết, ta có x  xz, y  yz và z  zx nên x – xz + y – yz + z – zx  0. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> hay x + y + z – xy – yz – zx  0.. (1). Xét (1 – x)(1 – y)(1 – z) = - [ x + y + z – xy – yz – xz – 1 – xyz ]  0  x + y + z – xy – yz – xz  1 – xyz < 1 Từ (1) và (2), ta có đpcm. . 0,5 0,5. (2) 0,5. Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm tuyệt đối..

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