De thi HSG huyen Tien Hai 2015 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TIỀN HẢI ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 m¤N: TOÁN 8. (Thời gian làm bài 120 phút). Bài 1 (4,5 điểm). A 1. Cho biểu thức a) Rút gọn A.. 4xy y2  x 2.  1  1 : 2  2 y 2  2xy  x 2  y  x. với x y, y 0. 2 2 b) Tìm x, y thỏa mãn 3x  y  2x  2y  1 0 và A = 2. 4 2 2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  2016x  2015x  2016 .. Bài 2 (4,0 điểm). a) Cho. A=11...155...56  . với n  N * . Chứng minh A là số chính phương.. (n chữ số 1) (n - 1 chữ số 5). b) Tìm đa thức f(x), biết f(x) chia cho (x + 1) dư 4, chia cho (x + 2) dư 1, chia cho 2 (x + 1)(x + 2) thì thương là 5x và còn dư. Bài 3 (4,0 điểm). a) Tìm x, y, z biết: x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx và x 2015  y 2015  z 2015 32016 . b) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm. 1 x x  2 2(x  m)  2   x  m x m m2  x 2 Bài 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau 0  tại O. Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM 90 (I và M không trùng các đỉnh của hình vuông). a) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a. b) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC, K là giao điểm của BN và tia OM.   Chứng minh tứ giác IMNB là hình thang và BKM BCO . 1 1 1   2 2 AM AN 2 . c) Chứng minh CD Bài 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh BC, AC, AB lần lượt là a, b, c. Các đường cao tương ứng là h a, hb, hc. Tam giác đó là tam giác gì khi biểu thức (a  b  c) 2 h a2  h 2b  h c2 đạt giá trị nhỏ nhất?. Họ và tên thí sinh: ....................................................................................................... 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Số báo danh: .................................................Phòng...................................................... 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TIỀN HẢI. KỲ KHẢO SÁT SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM m¤N: TOÁN 8. (Đáp án và biểu điểm chấm gồm 05 trang). Bài Bài 1 (4,5đ). a/ 2,0 điểm. Nội dung 1. Cho biểu thức a) Rút gọn A.. A. 4 xy y  x2 2.  1  1 : 2  2 2 2  y  2 xy  x  với x y , y 0 y  x. Điểm 3đ. 2 2 b) Tìm x, y thỏa mãn 3x  y  2x  2y  1 0 và A = 2. Với x y; y 0 ta có:.  1  1 : 2  2 2 2  y  2 xy  x  y  x   4 xy 1 1 A :  2  ( y  x)( y  x)  ( y  x)( y  x) ( y  x)  A. 4 xy y  x2 2.  yxy x  4 xy :  ( y  x)( y  x)  ( y  x)( y  x) 2  4 xy 2y A : ( y  x )( y  x) ( y  x )( y  x) 2. 0,75đ. A. A. 4 xy ( y  x)( y  x) 2 . ( y  x )( y  x) 2y. A 2 x( x  y ) Vậy x y; y 0 thì A = 2x(x + y). b/ 1,0 điểm. 0,75đ. 0,25đ 0,25đ. Ta có 3 x 2  y 2  2 x  2 y  1 0  2 x 2  2 xy  x 2  2 xy  y 2  2 x  2 y  1 0 2. 2. 0,5đ. 2.  (2 x  2 xy )  ( x  2 xy  y )  (2 x  2 y )  1 0  2 x( x  y )  ( x  y ) 2  2( x  y )  1 0  A  ( x  y ) 2  2( x  y )  1 2  A  ( x  y  1) 2 2  2  ( x  y  1) 2 2  x  y  1 0. ( x y; y 0 ) Thay y = x + 1 vào A = 2x(x + y) ta được : 2x( x + x + 1) = 2  2x2 + x = 1  2x2 + x - 1 = 0  (x + 1)(2x - 1) = 0 + Với x = - 1, ta có y = 0 (loại). 0,5 0,5. 1 3 + Với x = 2 , ta có y = 2 (thoả mãn) 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 3 Vậy x, y cần tìm là x = 2 và y = 2. 2. Phân tích đa thức thành nhân tử 4. 1,5đ. 2. x  2016 x  2015 x  2016 x  2016 x 2  2015 x  2016  x 4  2015 x 2  x 2  2015 x  2015  1. 0,5đ. 4. ( x 4  2 x 2  1  x 2 )  2015 x 2  2015 x  2015). 0,5đ. ( x 4  2 x 2  1)  x 2  2015( x 2  x  1) ( x 2  1)2  x 2  2015( x 2  x  1). 0,5đ. ( x 2  1  x)( x 2  1  x)  2015( x 2  x  1) 2. 2. ( x  x  1)( x  x  2016). Bài 2 (4 đ). a)Tìm đa thức f(x) thỏa mãn chia cho (x+1) dư 4, chia cho (x+2) dư 1, 2 chia cho (x+1)(x+2) thì thương là 5x và còn dư. Vì f(x) : (x+1) dư 4  f(x)= (x+1).Q(x)+4 Vì f(x) : (x+2) dư 1  f(x)= (x+2).P(x)+1 Vì f(x) : (x+1)(x+2) thương 5x2 và còn dư nên đa thức dư có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 1 Do đó f(x) = (x+1)(x+2).5x2+ax+b f(x) = 5x4 +15x3 + 10x2 + ax + b Ta có f(-1) = - a+b = 4  b = 4+a (1)  f(-2) = -2a+b = 1 b = 1+2a (2). 2đ 1đ. 1đ. a 3  Từ (1) và (2)  b 7. Vậy f(x) = 5x4+15x3+10x2+3x+7 A 11...1 55...5 6   n ( c / s1) ( n  1) c / s 5 b) Cho Chứng minh A là số chính phương.. 2đ. Ta có. 1.75đ. A 11...1  4.11...1 1   2 n ( c / s1). n ( c / s1). 2.   10...02      102 n  1 10n  1 102 n  4.10n  4 (10n  2) 2  ( n  1) cs 0  2   4. 1    (33...34)    9 9 9 9 9 ( n  1) c / s 3. Bài 3(4đ). là số chính phương. A 11...1 55...5 6   n ( c / s1) ( n  1) c / s 5 Vậy là số chính phương. a) Tìm x, y, z biết. 0.25đ 2đ. x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx và x 2015  y 2015  z 2015 32016 Ta có. 0,5đ. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx  2 x 2  2 y 2  2 z 2  2 xy  2 yz  2 zx 0  ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2 0 Chứng minh tìm ra. 1đ.  x  y 0   y  z 0  x  y z  z  x 0  2015 2015 2015 2016 x  y  z  3 Thay vào x = y = z vào ta có 2015 2016 2015 2015 3z 3  z 3  z 3 Vậy x = y = z = 3. 0,5đ. b) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm.. 2đ. 1  x x  2 2( x  m)  2   x m xm m2  x 2 (1) ĐKXĐ: x+ m 0 và x- m 0  x m.  (1  x)( x  m)  ( x  2)( x  m) 2  2( x  m)  (2m  1) x m  2(*). 0,5. 0,5đ. 1 3 2 ta có (*) 0x = 2 (vô nghiệm) + Nếu 2m -1= 0 1 m 2   x 2m  1 + Nếu m 2 ta có (*). 0,5đ. - Xét x = m. 0,5đ.  m. . m 2 m  m  2 2m 2  m 2m  1 2. 1 3   2m  2m  2 0  m  m  1 0   m    0 2 4  2. 2. (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét x= - m m 2  m  m  2  2m 2  m  m2 1  m 1 2m  1 1 m 2 hoặc m = 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi . 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 4(6đ). 6đ A. I. O. E. D. B. M. K. C. N. a) Xét BIO và CMO có:. 1đ.   IBO MCO (450 ). BO = CO ( t/c đường chéo hình vuông)    BOI COM ( cùng phụ với BOM )  BIO = CMO (g.c.g) . S BIO SCMO. mà S BMOI S BOI  S BMO. 1 1 S BMOI SCMO  S BMO S BOC  S ABCD  a 2 4 4 Hay b) Ta có CM = BI ( vì BIO = CMO )  BM = AI BM AM IA AM    Vì CN // AB nên CM MN IB MN  IM // BN ( Định lí Talet đảo). Hay IMNB là hình thang Vì OI = OM ( vì BIO = CMO )    IOM cân tại O  IMO MIO 450 Vì IM // BN  IM // BK      BKM IMO 450 ( sole trong)  BKM BCO c) Qua A kẻ tia Ax vuông góc AN cắt CD tại E .Chứng minh ADE ABM ( g .c.g )  AE  AM Ta có ANE vuông tại A có AD  NE nên AD.NE AN . AE S AEN   2 2  AD.NE  AN . AE  ( AD.NE ) 2 ( AN . AE )2 áp dụng định lí pitagota vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2 2. 2. 2. 2. AD .( AN  AE )  AN . AE . 1đ. 1,5đ. 0,5đ. 0,75đ. 0,75đ. 2. AN 2  AE 2 1 1 1 1     2 2 2 2 2 AN . AE AD AE AN AD 2 1 1 1   2 2 2 Mà AE  AM và CD = AD  CD AM AN. 0,5đ. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bài5 (1,5đ). A x. hc B. C. D. Qua C vẽ Cx song song AB gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx   BAD 900 ; CD = AC = b; AD = 2hc Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD . 0. Tam BDA có BAD 90 theo định lý pitago AB 2  AD 2 BD 2 ( BC  CD ) 2.  c 2  4hc2 ( a  b) 2  4hc2 ( a  b) 2  c 2 (Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra a = b) Chứng minh tương tự: 4ha2 (b  c) 2  a 2 (Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra b = c). 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ. 4hb2 ( a  c) 2  b 2 (Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra c = a)  4( ha2  hb2  hc2 ) ( a  b  c) 2 (a  b  c) 2  2 4 ha  hb2  hc2 Dấu ‘‘ = ’’ xảy ra a = b = c *) Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm. *) Tổ giám khảo bám sát biểu điểm thảo luận đáp án và thống nhất. *) Chấm và cho điểm từng phần, điểm của toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>