De thi va dap an HSG mon Toan lop 8 huyen Hoai Nhon 20152016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN HOÀI NHƠN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề chính thức. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Khóa thi: Ngày 23/04/2016. Bài 1 (4.0 điểm): a) Chứng minh rằng: Chữ số tận cùng của hai số tự nhiên n và n5 là như nhau. b) Tìm tất cả các số nguyên x thỏa mãn: x2 + x – p = 0; với p là số nguyên tố. Bài 2 (3.0 điểm): a) Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức: P. 1 1 1  2  2 2 2 2 2 a b  c b c  a c  a2  b2 2. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: A  x 4  2 x3  3 x2  4 x  2015 ;. B. x 2  2 x  2016 x2. Bài 3 (3.0 điểm): P. 1 1 1 1 1  2  2  2  2 x  x x  3x  2 x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 2. Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị. b) Rút gọn biểu thức P. c) Tính giá trị của P khi x thỏa mãn: x3 – x2 + 2 = 0. Bài 4 (4.0 điểm): a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 10x2 + 50y2 + 42xy + 14x – 6y + 57 < 0 Bài 5 (4.0 điểm): Cho M là một điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. a) Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 + MD2  2. b) Xét điểm M nằm trên đường chéo AC, kẽ MN  AB tại N, gọi O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng: CN2 = 2.OB2. Bài 6 (2.0 điểm):. ˆ. ˆ. ˆ  ABC ˆ Cho tam giác ABC có A  B . Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAC . Đường ˆ cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH phân giác của góc BAH tại F. Chứng minh rằng: CF | | AE.. Họ tên thí sinh:……………………………………………..SBD:………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 KỲ THI HSG CẤP HUYỆN. NĂM HỌC 2015 - 2016 Bài. Nội dung +) Với n = 0; n = 1, rõ ràng n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau. P n5  n n n 4  1 n  n  1  n  1 n 2  1 +) Với n  2. Ta xét hiệu: n  n  1  n 1  n 2  4  5  5n  n  1  n  1   n  2   n  1 n  n  1  n  2 . . a (2đ). 1. . . . Ta có: Trong k số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại số chia hết cho k Do đó: ( n  1) n(n  1)2  5n(n  1)( n  1)5.2 10. Điểm 0,25đ 0,75đ. 0,5đ.  n  2   n  1 n  n 1  n  2  2.5 10. (4đ). 5 5 Suy ra: P n  n 10  n  n có chữ số tận cùng là 0  Chữ số tận cùng của hai số n và n5 là như nhau (đpcm) Ta có: x2 + x – p = 0  p = x2 + x  p = x(x + 1). b (2đ). a (1đ). Với x  Z , ta có x và (x + 1) là hai số nguyên liên tiếp  p  x( x  1) 2 Mặt khác p là số nguyên tố  p = 2  x(x + 1) = 2  (x – 1)(x + 2) = 0  x = 1, hoặc x = – 2 2 2 a  b  c 0  a  b  c   a  b    c   a 2  b 2  c 2  2ab Từ 2 2 2 2 2 2 Tương tự: b  c  a  2bc ; c  a  b  2ca 1 1 1 c a b P    0  2ab  2bc  2ca 2abc Do đó: 4 2 3 2 +) Ta có: A  x  2 x  2 x  4 x  x  2  2013  x 2 x 2  2  2 x x 2  2  x 2  2  2013. . . .  . . 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ. 0,5đ 2.  x 2  2   x 2  2 x  1  2013   x 2  2   x  1  2013. x Với mọi x, ta có: 2 (3đ). b (2đ). 3. a (0,5đ). 2. 2. 2.  2  x  1 0  A  x 2  2  x  1  2013  2013. . . . Đẳng thức A = 2013 xảy ra khi và chỉ khi: x – 1 = 0  x = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là: minA = 2013  x = 1 2016 x 2  2 x.2016  20162 B 2016 x 2 +) Ta có:. x . 2. 2016   2015 x 2. x . 2016 . 2. 2015  2016. 2016 x 2 2016 x 2 Với mọi x  0, ta có: 2 2 x  2016   x  2016  0  2015 2015  B   2 2 2016 x 2016 x 2016 2016 2015 B 2016 xảy ra khi và chỉ khi: x – 2016 = 0  x = 2016 Đẳng thức 2015 min B  2016  x = 2016 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là: a) Tìm điều kiện đúng: x 0; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5. 0,25đ 0,25đ. 0,5đ. 0,25đ. 0,25đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) Rút gọn đúng: 1 1 1 1 1 P     x( x  1) ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  3) ( x  3)( x  4) ( x  4)( x  5) b 1   1 1   1 1   1 1   1 1  1                (1,5đ) = x  1 x   x  2 x  1  x  3 x  2   x  4 x  3   x  5 x  4  . (3đ). 1 1 5   x  5 x x  x  5. 0,5đ. 0,5đ 0,5đ. Do đó, suy ra: 2 a 2  b 2  c 2 2  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca (1). . . (2,0đ) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có: 0  a  b  c  a 2  ab  ca ; 0  b  c  a  b 2  bc  ab 0  c  a  b  c 2  ca  bc 2 2 2 Do đó, suy ra: a  b  c  2(ab  bc  ca ) (2) Từ (1) và (2)  ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) 2 2 Ta có: 10 x  50 y  42 xy  14 x  6 y  57 < 0. 4 (4đ). 2. 2.   3x  7 y    x  7    y  3  1  0 2. 2. 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ.   9 x 2  42 xy  49 y 2    x 2  14 x  49    y 2  6 y  9   1  0 2. 0,5đ 0,5đ. x3  x 2  2 0   x  1  x 2  2 x  2  0 c) Lập luận được: 2   x  1   x  1  1 0  x  1 0  x  1 c   (thỏa ĐK) (1,0đ) 5 5 P   1  1  5  6 Tính đúng giá trị: 2  a  b  0  a 2  2ab  b2 0  a 2  b2 2ab Ta có: 2 2 c 2  a 2 2ca Tương tự: b  c 2bc;. a. 0,5đ. 1,0đ. 2.   3 x  7 y    x  7    y  3  1. b.  3 x  7 y  2 0  (2,0đ) 2   x  7  0  2 2 2 2  y  3 0 3 x  7 y    x  7    y  3 0  x ; y     Vì: và nên:. .  3x  7 y . 2. 1,0đ.  x  7 2 2  x  7   y  3 0    y 3. (H1). (H2). 5 (4đ). a. 2 2 ABCD là hình vuông có cạnh bằng 1  AC  BD 2 (2,0đ) M là điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD (H1)  MA  MC  AC. 2,0đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 2MA2  2MC 2  MA  MC    MA  MC   MA  MC   2 2 2. 2. 2.  MA  MC   2. 2.  MA  MC   2. 2.  MA  MC   2. 2. . AC 2 2  1 2 2. 2 2 Chứng minh tương tự: MB  MD 1 Do đó, suy ra: MA2 + MB2 + MC2 + MD2  1 + 1 = 2 (đpcm) Đẳng thức xảy ra  M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD Kẽ MH  BC tại H (H2)  MH = NB  ANM vuông cân ở N có O là trung điểm của cạnh huyền AM ON 2 1   MN2 = 2ON2  MN 2 2 (1). MH 2 1 NB 2 1    MHC vuông cân ở H  MC2 = 2MH2  MC 2 2  MC 2 2 (2) ON NB  b MN MC (3) (2,0đ) Từ (1) và (2) suy ra: Hai tam giác ONB và NMC có: ON NB  ˆ  NMC ˆ ONB (vì cùng bằng 1350) và MN MC ( theo (3)). 2,0đ. OB ON OB 2 ON 2    NMC (c-g-c)  NC MN  NC 2 MN 2 (4) Suy ra  ONB OB 2 1  2 2  NC2 = 2.OB2 (đpcm) Từ (1) và (4) suy ra: NC. 6 (2đ). ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Ta có: CEA B  BAE HAC  EAH CAE  CAE cân ở C  CA = CE (1). Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K. Ta có: BE MB MA FA    (2) EH KH KH FH BE AB   (3) EH AH AE là phân giác của  ABH AB CA CE    AH CH CH (theo (1))  CAH và  CBA đồng dạng (4) FA CE AH EH     AE CF FH CH hay FH CH Từ (2), (3), (4) (đpcm). 0,5đ. 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ghi chú:. - Điểm bài thi được làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất. - Mọi cách giải khác (nếu hợp lí và đúng) đều ghi điểm tối đa..

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