de khao sG lop 8 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS HOẰNG SƠN. ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút (Đề thi gồm 01 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức B =.  1 - x3  1 - x2 x :   2 3 1-x  1 - x - x + x (với x  1 ). 1) Rút gọn biểu thức B. 2) Tìm giá trị của x để B < 0. 3) Tính giá trị của biểu thức B với x thỏa mãn: x - 4 = 5 Bài 2: (4,0 điểm). 3 2 4 9 + 2 = + 2 3 x +5 x+ 4 x +10 x +24 x +3 x −18. 1) Giải phương trình sau :. 2. 2. 2) Cho a, b, c thỏa mãn. 2. 2. a  b  c   b  c  a   c  a  b  4abc 1. Tính giá trị biểu thức M= a Bài 3: (4,0 điểm). 2015. . 1 b. 2015. . 2013 2013 2013 và a  b  c 1. 1 c. 2015. x 2 ( y 2  3)  y y  x.   a)Tìm x, y nguyên thỏa mãn 2 2 2 b) Cho a, b, c thỏa mãn a  b  c a  b  c 2 Chứng minh M= . a 2  1  b 2  1  c 2  1. viết được dưới dạng bình phương của một biểu. thức. c)Chứng minh biểu thức sau luôn nhận giá trị dương với mọi x, y 2 2 N= 2 x  7 y  6 xy  10 x  30 y  45 Bài 4: (4,0 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. 1) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. 2) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi. H  BC  3) Kẻ DH  BC  . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ  PD .. Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và H là trực tâm HA' HB' HC' + + ' CC' AA' BB 1) Tính tổng 2) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM và IN theo thứ tự là phân giác của.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>   AIC và AIB . Chứng minh : AN.BI.CM = BN.IC.AM. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Toán Bài. Nội dung chính. Điểm. 1) Với x  1 thì:.  1-x   1+x . A= 1+x+x 2 -x :. .   1+x  1-x+x -x  1+x    1-x. 1,0. 1-x  1-x .   1-x . 0,5.  x +1  1-x   0 (1). 0,25 0,5. = x 2 +1 :. . 1 (4,0đ). 1+x. 2. . . 2. = x 2 +1. 2) Với x  1 thì B < 0 khi và chỉ khi x 2 +1  0. . 2.  với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1  x  0  x  1 Vì  Vậy B < 0 khi và chỉ khi x > 1 x-4=5. 3) Với <=> x = -1; x = 9 Tại x = -1 không thỏa mãn điều kiện x  1 Tại x = 9 thỏa mãn điều kiện x  1 . Tính được B = - 656 2 1) ĐKXĐ: x≠ -1;-4;-6;3 3 2 4 9 (4,0đ) ⇔ + = + ( x+ 1 )( x +4 ) ( x +4 ) ( x+6 ) 3 ( x −3 )( x +6 ) 1 1 1 1 4 1 1 ⇔ − + − = + − x +1 x +4 x + 4 x +6 3 x −3 x+6 1 4 1 ⇔ = + x +1 3 x − 3 3 ( x − 3) 4 ( x +1 )( x −3 ) 3 ( x +1 ) ⇔ = + 3 ( x +1 ) ( x − 3 ) 3 ( x+1 ) ( x − 3 ) 3 ( x +1 ) ( x −3 ) ⇒ 4 x 2 −8 x=0 ⇔ 4 x ( x − 2 )=0  x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện). (. )(. 0,5.      1+x   1-2x+x . = x 2 +1 :. . 2. ) (. 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,5. ). 0,5 0,5 0,25. Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 0,25 2. Ta có. 2. 2. a  b  c   b  c  a   c  a  b  4abc. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  a  b  c   bc 2  2abc  a 2b  a 2c  2abc  b 2c  4abc 0 2. 0,75. 2.  a  b  c   bc 2  a 2b  a 2c  b 2c 0  a  b  c    b 2c  bc 2    a 2b  a 2c  0 2.  a  b  c   bc  b  c   a 2  b  c  0  (b  c )  ab  ac  bc  a 2  0. 0,25.  a  b 0  (b  c)  a  a  c   b(a  c)  0  (a  b)(b  c )(a  c) 0   b  c 0  a  c 0 2013  b 2013  a 2013  b 2013 0 mà a 2013  b 2013  c 2013 1 -Nếu a+b=0  a  b  a 1  c 2013 1  c 1  2015 1 c . Vì a  b 1 1 1 1 1  M  2015  2015  2015  2015  2015  1 1 a b c b b -Nếu b+c=0 hoặc a+c=0 là tương tự ta đều tính được M=1. Vậy M=1 x 2 ( y 2  3)  y  y  x   x 2 y 2  3 x 2  y 2  xy a/Ta có  4 x 2 y 2  12 x 2 4 y 2  4 xy  4 x 2 y 2  11x 2 4 y 2  4 xy  x 2. 0,5. 2.  x 2 (4 y 2  11)  x  2 y  -Nếu x 0  y 0 ta có (0;0) là nghiệm của PT 2 2 2 -nếu x 0  4 y  11 là số chính phương  4 y  11 a với a  z   2 y  a  (2 y  a ) 11. 0,5. Giải PT này tìm được (1;3) và (-1;-3) là nghiệm của PT. 3 ( 4đ ). 2 2 2 b/Vì a  b  c a  b  c 2 2   a  b  c  a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   4 2  2  ab  bc  ca   ab  bc  ca 1 2 2 Nên ta có a  1 a  ab  bc  ca ... (a  b)(a  c). b 2  1  b  c   a  b  ; c 2  1  a  c   b  c . Tương tự ta có. 0,5 0,5 0,5. 2.   a  b   b  c   a  c   Vây ta có M=  .Vậy M viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức 2. c/ Ta có N= 2 x  7 y  6 xy  10 x  30 y  45 2 2  2N= 4 x  14 y  12 xy  20 x  60 y  90 2. 0,75 2.  2 x  3 y  5  5  y  3  20  0 với mọi x, y vì…. =…. = Vì 2N>0  N>0 Vậy Biểu thức N luôn nhận giá trị dương với mọi x, y E. 4 (4,0đ) D A M Q. B. P. I. 0,5. 2. H. C. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1) Chứng minh EA.EB = ED.EC - Chứng minh.  EBD đồng dạng với  ECA (g-g). EB ED   EA.EB ED.EC - Từ đó suy ra EC EA 2) Kẻ MI vuông góc với BC ( I  BC ) . Ta có. . 0,5.  BIM đồng dạng với  BDC (g-g). BM BI   BM .BD BI .BC BC BD (1). CM CI    CM .CA CI .BC BC CA Tương tự:  ACB đồng dạng với  ICM (g-g) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra BM .BD  CM .CA BI .BC  CI .BC BC (BI  CI ) BC (không đổi). 0,5 0,5 0,5. 3) Chứng minh  BHD đồng dạng với  DHC (g-g). 0,5. BH BD 2 BP BD BP BD      DH DC 2 DQ DC DQ DC. 0,25. . 5 ( 4đ ). 0,5.   - Chứng minh  DPB đồng dạng với  CQD (c-g-c)  BDP DCQ o   o   mà BDP  PDC 90  DCQ  PDC 90  CQ  PD 1 HA ' . BC S HBC 2 HA ' = = 1) ' S ABC 1 AA' .BC AA 2 S HAB HC S HAC HB' = ' ; = tương tự: S ABC CC S ABC BB ' ' ' ' HA HB HC S HBC SHAB S HAC + + = + + =1 Suy ra: ' ' ' AA BB CC S ABC S ABC S ABC 2) Áp dụng tính chất đường phân giác vào các tam giác: ABC; ABI; AIC BI AB AN AI CM IC = = = ; ; IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC . . = . . = . =1 Suy ra: IC NB MA AC BI AI AC BI ⇒BI . AN . CM=IC .NB . MA. 0,5 0,25. 0.5 1. 0.5. 0.75 1 0,25. Nếu học sinh có cách giải khác đáp án mà đúng thì cho điểm tương đương.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>