Đề thi HSG huyện Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương

Giới thiệu Đề thi HSG huyện Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi HSG huyện Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 8 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi HSG huyện Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 8 tại đây

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn: Toán 8 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013 x 2  2012 x  2013 .  x2  2 x  1 2  2 x2 2. Rút gọn biểu thức sau: A   2  1  2  . 2 3   2x  8 8  4x  2x  x   x x  Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2. (2 x 2  x  2013) 2  4( x 2  5 x  2012) 2  4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012) 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24, f(x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: a (b  c)(b  c  a) 2  c( a  b)(a  b  c) 2  b(a  c)(a  c  b) 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 . = + 2 2 AD AM AN 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3  3  3  . a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 2 3 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) 0,5 Ta có x  2013 x  2012 x  2013   x 4  x   2013 x 2  2013x  2013 4 2  x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1 1 (2.0 điểm) 0.5   x 2  x  1 x 2  x  2013 0.5 Kết luận x 4  2013 x 2  2012 x  2013   x 2  x  1 x 2  x  2013 x  0 x  2 ĐK:  0.25  x2  2 x  1 2  2 x2  1  2  2 2 3   2x  8 8  4x  2x  x   x x  Ta có A   0.25  x2  2 x  x 2  x  2  2×2     2 2 x2  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)   2 0.5 0.25 (2.0 điểm)  x2  2x   ( x  1)( x  2)   x( x  2) 2  4 x 2   ( x  1)( x  2)  2 x2   2     2 2 x2 x2   2( x  2)( x  4)     2( x  4) ( x  4)(2  x )   x 3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) x  1 . 2   2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) 2x x  0 x 1 Vậy A  với  . 2x x  2  0.5 0.25 Câu 2 (4.0 điểm) a  2 x 2  x  2013 2 b  x  5 x  2012 0.25 Đặt:  Phương trình đã cho trở thành: 1 (2.0 điểm) 0.5 0.5 a 2  4b 2  4ab  (a  2b) 2  0  a  2b  0  a  2b Khi đó, ta có: 2 x 2  x  2013  2( x 2  5 x  2012)  2 x 2  x  2013  2 x 2  10 x  4024 2011 .  11x  2011  x  11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 11 0.5 0.5 0.25 2 3 7  Ta có y  x  2x  3x  2  2  x     0 4 8  3 2 (2.0 điểm) 3 2 xy (1) 0.5 (2) 0.5 2 9  15  (x  2)  y  4x  9x  6   2x     0 4  16  3 3 2  y x2 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) KL Câu 3 0.25 0.5 0.25 (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b . Khi đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có: 2 1 (2.0 điểm) 7   f (2)  24 2a  b  24 a    2     f ( 2)  10 2a  b  10 b  17 7 Do đó: f ( x )  ( x 2  4).(5 x)  x+17 2 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  0.5 0.5 0.5 47 x  17. 2 0.5 Ta có: a (b  c)(b  c  a) 2  c(a  b)(a  b  c)2  b( a  c)(a  c  b) 2  0 (1)  a  a  b  c  x     Đặt: b  c  a  y  b  a  c  b  z    c   xz 2 x y 2 yz 2 0.25 Khi đó, ta có: 2 (2.0 điểm) VT(1)  x z x y y z 2 y z x z x y 2 1 2    .y    .x  ( x  y )( x  y ).z 2  2 2  2  2 2  4 x z xz 2 yz z y 2 1 2 . .y  . .x  ( x  y 2 ) z 2 2 2 2 2 4 1 2 1 1  ( x  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2 4 4 4 1 1  ( x 2  y 2 ).z 2  ( x 2  y 2 ).z 2  0  VP(1) (đpcm) 4 4  KL:…. Câu 4 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 (6 điểm) E A B H F D C M N 1 (2.0 điểm) Ta có DAM  = ABF  (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt)   = 900 (ABCD là hình vuông) BAF = ADM  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành  = 900 (gt) Mặt khác. DAE 0.75 0.5 0.5 Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH  ΔFAH (g.g) 0.5 AB BH BC BH = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH  = HBC  (cùng phụ ABH ) Lại có HAB  2 (2.0 điểm)  ΔCBH  ΔEAH (c.g.c) 2 0.5 2 SΔCBH  BC  SΔCBH  BC  2 2 = = 4 (gt)    , mà  = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH  AE  SΔEAH  AE   BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD 0.5 Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5  Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:  AD AM AD CN =  = CN MN AM MN 0.5 Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 3 (2.0 điểm)  MN MC AB MC AD MC hay =  = = AN AB AN MN AN MN 2 2 2 0.5 2 CN 2 + CM 2 MN 2  AD   AD   CN   CM    + = + = = =1        MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  0.5 (Pytago) 2 2 1 1 1  AD   AD       +  = 1  2 2 AM AN AD 2  AM   AN  Câu 5 2.0 điểm (đpcm) Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có 0.5 2 điểm 0.75 a2 b2 c2  a  b  c     x y z x yz a b c Dấu “=” xảy ra    x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có a2 b2  a  b    x y x y Dấu “=” xảy ra   a   bx  ay  2 2 2 (**) y  b 2 x   x  y   xy  a  b  2 (*) 2  0 (luôn đúng) a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a 2 b2 c 2  a  b  c 2  a  b  c       x y z x y z x yz a b c Dấu “=” xảy ra    x y z 1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3  3  3  a  b  c a (b  c ) b (c  a) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc 2 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 Mà    3 nên a  b  c  a b c ab  ac bc  ab ac  bc 2 Vậy 1 1 1 3  3  3  a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2 3 (đpcm) Điểm toàn bài 0.5 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1         2 2 2 a b c a b c a  b  c    ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac) 1 1 1 2    a b c 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a b c Hay        ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  (Vì abc  1 ) 0.25 0.25 0.25 (20 điểm)
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top