Gợi ý đề thi HSG toán 8 năm học 2012 -2013

4 586 2
Gợi ý đề thi HSG toán 8 năm học 2012 -2013

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC 2012 -2013. MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 120 phút. Ngày thi 11/4/2013 Bài 1: (3,5 điểm) 1.1. Chứng minh rằng hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8. 1.2. Cho đa thức f(x) = ax 2 + bx + c có các hệ số a, b, c là các số nguyên. Biết rằng với mọi giá trị nguyên của x thì đa thức có giá trị là một số nguyên chia hết cho 3. Chứng minh rằng a, b và c đều chia hết cho 3. Bài 2 (3,5 điểm) 2.1. Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau và có tổng bằng 2014. Hãy tính giá trị của biểu thức M =       3 3 3 2 2 2 3a b c abc a b b c c a         2.2. Tìm điều kiện để giá trị phân thức     2 1 3 a b c ab bc ca      được xác định Bài 3 (3,0 điểm) 3.1. Cho A =            1 1 1 1 2 1 2 3 18 19 20 x x x x x x x x x             . Gọi S là tập hợp các giá trị của x để A có giá trị bằng o. Tìm S. 3.2. Cho đa thức f(x) = x 3 - (m 2 - m + 7)x - (3m 2 + m - 6). Tìm m, biết f(-1) = 0. Bài 4 (3,0 điểm) 4.1. Tìm giá trị ngỏ nhất của biểu thức A = 25x 2 -10x + 5 1 x  +2 4.2. Cho M = (a 2 - b 2 - c 2 ) 2 - 4b 2 c 2 . Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tám giác thì M < 0 Bài 5 (3,5 điểm) 5.1. Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh bằng a (a >0). M là điểm tùy ý trên tia đối của tia BA. Chứng minh rằng khi điểm M di động sao cho tia MC cắt tia AD tại N thì BM.DN có giá trị không đổi. 5.2. Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng HA.HD = HB.HE = HC.HF b) Tính HD HE HF AD BE CF   Bài 6 (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD; AB < CD). Từ A vẽ đường thẳng song song với BC và cắt các tia DB, DC lần lượt tại M, E. Từ B vẽ đường thẳng song song với AD và cắt các tia CA, CD lần lượt tại N, F. Chứng minh rằng MN // AB và AB 2 = MN.DC Hết THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận GỢI Ý GIẢI (Gợi ý này chỉ mang tính chất tham khảo) Bài 1: 1.1. Gọi hai số tự nhiên lẻ tùy ý là 2a + 1; 2b +1 (a,b  N) Không mất tính tổng quát, giả sử a > b. ta có: (2a + 1) 2 - (2b + 1) 2 = 4a 2 +4a - 4b 2 - 4b = 4a(a +1) - 4b(b +1) vì a(a +1) và b(b +1) luôn chia hết cho 2 nên 4a(a +1) và 4b(b +1) chia hết cho 8  4a(a +1) - 4b(b +1) chi hết cho 2 Vậy hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8. 1.2. Vì f(0)  3 nên a.0 2 + b.0 + c  3 hay c  3 Vì f(1)  3 nên a.1 2 + b.1 + c  3 hay a + b + c  3 (1) Vì f(-1)  3 nên a. (-1) 2 + b. (-1) + c  3 hay a - b + c  3 (2) Từ (1) và (2) có: 2a + 2c  3 mà 2c  3 nên 2a  3 suy ra a  3 Vây a, b, c đều chia hết cho 3. Bài 2: 2.1. Ta có: a + b + c = 2014 M =                         3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 a b ab a b c abc a b c c a b a b c ab a b c a b b c c a a b b c c a                          =           2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 a b c a b c ab ac bc ac bc ac a b b c c a                 =              2 2 2 2 2 2 1 2 a b c a b b c c a a b b c c a             = 1 2 (a + b + c) = 1 2 . 2014 = 1007 2.2.       2 2 2 2 2 2 1 2 a b c ab ac bc a b a c b c            Vì (a - b) 2 + (a - c) 2 + (b - c) 2  0. Nên điều kiện xác định của     2 1 3 a b c ab bc ca      là a - b  0 hoặc a - c  0 hoặc b - c  0 hay a  b hoặc a  c hoặc b  c Bài 3: 3.1.                  1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 2 3 18 19 19 20 x x x x x x x x x x x x                          =0       1 1 1 2 1 19 20 x x x x             = 0        19 20 1 x x x x     = 0  38x + 380 = 0  x = -10 THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận Vây S =   10  3.2. f(-1) = 0 ↔ -1 + m 2 – m + 7 – 3m 2 – m + 6 = 0 ↔ -2m 2 – 2m + 12 = 0 ↔ (m – 2)(m + 3) = 0 ↔ m = 2; m = -3 Bài 4: 4.1. A = (5x) 2 – 2.5x.1 +1 + 5 1 x  + 1 = (5x - 1) 2 + 5 1 x  + 1 Vì (5x - 1) 2  0 và 5 1 x   0 nên A  1 Suy ra A co GTNN bằng 1 khi 5x - 1 = 0  x = 1/5 4.2. M = (a 2 - b 2 - c 2 + 2bc)( a 2 - b 2 - c 2 - 2bc) = [(a 2 - (b - c) 2 ] [a 2 - (b + c) 2 ] = (a + b - c)(a - b + c)(a - b - c)(a + b + c) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: (a + b - c) > 0; (a - b + c) > 0 ; (a - b - c) < 0 ; (a + b + c) > 0 Suy ra M < 0 Bài 5: 5.1. Ta có:  BMC ∽  DCN (g.g)  BM BC CD DN   BM.DN = BC.CD = a 2 ( không đổi) 5.2. a.  EHD ∽  DMB (g.g)  . . HA HE HA HD HB HE HB HD    (1)  HFB ∽  HEC (g.g) . . HB HF HB HE HC HF HC HE     (2) Từ (1), (2) suy ra HA.HD = HB.HE = HC.HF b. Ta có: S BMC = 1/2 HD.HB S AMC = 1/2 HE.AC S ABH = 1/2 HF.AB Mà 1 BHC AHC ABH ABC ABC ABC S S S S S S    hay 1 1 1 . . . 2 2 2 1 ABC ABC ABC HD BC HE AC HF AB S S S    . . . 1 . . . HD BC HE AC HF AB AD BC BE AC CF AB    suy ra HD HE HF AD BE CF   N M D C B A H F E D C B A THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận Bài 6: a. Ta có: Tứ giác ABFD, ABCE là hình bình hành  DF = AB = CE suy ra DE = CF AB // DE nên AM AB ME DE  AB // CF nên AN AB NC CF   AM AN ME NC   MN // CE hay MN // AB b.Gọi K là giao điểm của DA và CB. Ta có: BF // DK CD CK DF BK   AB//CD CK DK BK AK   Suy ra CD DK DF AK  (1) MN // DF DF BD MN BM   AM / / BK BD DK BM AK   Suy ra DF DK MN AK  (2) Từ (1) , (2) ta có: CD DF DF MN  Hay DF 2 = MN.CD  AB 2 = MN.CD (AB = DF) EF N M D C B A K . THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC 2012 -2013. MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 120 phút. Ngày thi 11/4/2013 Bài 1: (3,5 điểm) 1.1. Chứng. Hết THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận GỢI Ý GIẢI (Gợi ý này chỉ mang tính chất tham khảo) Bài 1: 1.1. Gọi hai số tự nhiên lẻ tùy ý là 2a + 1; 2b +1 (a,b  N) Không mất tính tổng. nên 4a(a +1) và 4b(b +1) chia hết cho 8  4a(a +1) - 4b(b +1) chi hết cho 2 Vậy hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8. 1.2. Vì f(0)  3 nên a.0 2 +

Ngày đăng: 29/01/2015, 02:00

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan