de hsg toan 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT NINH GIANG ------------------------. ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04 tháng 4 năm 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 (2,0 điểm) 1 x2  x  2 2x  4 A  2  x  2 x  7 x  10 x  5 Với x ≠ 5 và x ≠ 2 1) : Rút gọn 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử B = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 Câu 2 (2,0 điểm) 2. 2. 2. 1 1  1  1 2    8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x  4  x  x  x   1) Giải phương trình:  x . 2x  m x  1  3 2) Cho phương trình x  2 x  2 . Tìm m để phương trình có nghiệm dương.. Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm n  N* sao cho n2 + n + 13 là số chính phương. 2) Tính giá trị của biểu thức. Q. x 6 – 19x 5  19x 4 – 19x 3  19x 2 – 19x  25 x10 – 21x 9  52x 8  36x 3 1 với x = 18. Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC, tia phân giác của góc BAC cắt cạnh BC tại D. Qua D kẻ các đường thẳng DM và DN lần lượt vuông góc với AB và AC (M AB; NAC). a) Chứng minh: BD.ND = BM.CD b) Gọi E là giao điểm của BN và MD, F là giao điểm của CM và DN. Chứng minh EF song song với BC c) Chứng minh AF vuông góc với BN Câu 5 (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. M. a2 b2  a  1 b  1 với a  1, b  1. ---------------------------------------.

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

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG MÔN TOAN 8 NĂM HỌC 2012-2013 Câu Câu 1. Đáp án 1 x2  x  2 2x  4 1 x2  x  2 2x  4 A  2      x  2 x  7 x  10 x  5 x  2 ( x  5)( x  2) x  5 x  5  x 2  x  2  (2 x  4)( x  2)  ( x  5)( x  2)  x 2  8 x  15  ( x  5)( x  3)  x  3   ( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2) x 2 B = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 - a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a) 2. 2. (2). 0.5 0.25 0.25 0.5. 2. 1 1  1  1 2    8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x  4  x  x  x   1)  x  (2) Điều kiện để phương trình có nghiệm: x 0 2 1 1   1     8  x    4  x2  2    x2  2   x x    x   . 0.25 0.25. . Câu 2. Điểm. 2 1  2   x     x  4  x   . 2. 1 1 2 2    8  x    8  x 2  2   x  4    x  4  16 x x     x 0   x  8 Với x = 0 (không TM đk); x = -8 (TM đk) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x  8. 0.25 0.25 0.25 0.25. 2) Điều kiện: x 2;x  2 2x  m x  1  3 (1) x 2 x2  (2x  m)(x  2)  (x  1)(x  2) 3(x  2)(x  2)  x  1  m  2m  14. 0.25. m = 1phương trình có dạng 0x = -12 vô nghiệm.. 0.25. 2m  14 x 1 m m 1 phương trình trở thành 2m  14 x 1  m là nghiệm dương của (1) thì Để  2m  14  1  m 2  m 4   1  m  7  2m  14  0  1  m  m 4  Vậy pt (1) có nghiệm dương khi 1  m  7 .. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 3. 1) Tìm n  N* sao cho n2 + n + 13 là số chính phương. Đặt n2 + n + 13 = y2 (y  N*) => 4n2 + 4n + 52 = 4y2 <=> (2y + 2n + 1) (2y – 2n - 1) = 51   2y  2n  1 17    2y  2n  1 3     2y  2n  1 51     2y  2n  1 1. 0.25 0.25. n 3   y 5 n 12   y 5. Vậy n = 3, hoặc n = 12. 0.5. 2) Ta có A = x6 – 19x5 + 19x4 – 19x3 +19x2 – 19x + 25 = x5 ( x – 18 ) – x4( x- 18 ) + x3 ( x-18) – x2( x-18) + x(x- 18) - (x 0.5 – 18 ) + 7 Thay x = 18 có A = 7 B = x10 – 21x9 + 52x8 +36x3 +1= x9 ( x – 18) – 3x8( x- 18 ) -2x7 ( x18) – 1 0.5 Thay x = 18 có B = -1 Do đó với x = 18 thì giá trị của biểu thức Câu 4. Q. A  7 B .. 0.25. A. N M. B. E. F. C. D. a) Chứng minh được tam giác BMD và tam giác DMC đồng dạng. 0.5. BD BM   BD.ND BM .CD (g.g). Từ đó ta có DC ND. 0.25. b) Tứ giác AMDN là hình vuông (vì có 3 góc vuông và một đường chéo là tia phân giác). 0.25. MF BD   BCM có DF//MB => FC DC (1) BD BM  DC ND (2) Theo câu a có BM ME  ND ED (3) Có BM//DN => MF ME  Từ (1), (2), (3) ta có FC ED => EF // BC (theo định lí Ta lét đảo) AN ND  c) Có AB AB (Vì AN = ND). 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ND CN NF   AB CA AM (Vì ND//AB) NF NF  AM AN (Vì AM = AN) AN NF  Từ đó suy ra AB AN. Câu 5. => tam giác BAN đồng dạng với tam giác ANF (c.g.c)   => ABN NAF => AF vuông góc với BN. Đặt a -1 = x (x > 0); b -1 = y (y > 0) khi đó ta có: a = x + 1 và b = y + 1 khi đó. 0.25 0.25 0.25 0.25. (x  1)2 (y  1)2 x 2  2x  1 y 2  2y  1 1 1    x   y   4 0.5 x y x y x y 1 1 x y x y đạt giá trị nhỏ M đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi: M. nhất. 1 1 áp dụng bất đẳng thức cô si cho bộ 2 số dương x, x và y, y ta có; 1 1 1 1 x   y  2 x.  2 y. 4 x y x y Suy ra maxM = 8.. Dấu bằng xảy ra khi. 1  x  x x 1    y 1 y  1  y. 0.25 0.25.

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