20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word)

76 26 0
  • Loading ...
1/76 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/06/2019, 13:26

TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017 Họ tên: ……………………… MƠN: Tốn LỚP: Số báo danh: ………… Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) �2 �x  � x 1 � �  x  1� Cho biểu thức: A  �  �: x x x  �3 x � � � a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm) � � � � n3 (n2  7)2  36n � M với  n�Z a) Chứng minh A = � b) Cho P = n4 + Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Cõu 3: (4 điểm) a) Giải phương trình : 1 1    x  x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chứng minh : A= a b c   3 b c  a a c  b a b c Câu 4: (6 điểm) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b +c = Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 bc ca a b Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 - 2017 MƠN : TỐN Lớp: Ghi chú: Đáp án sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai khơng chấm điểm Nếu HS giải cách khác chấm điểm phần tương ứng HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM ĐIỂM Câu �2 �x  � x 1 � �  x  1� a) A  �  �: x x x  �3 x � � � 0,5đ ( x  1)  x( x  1) � x  �2 A�  : � 3x x  3x � � x 0,5đ �2 2(1  3x) � x A�  3x 3x � � �x  0,5đ x 2x  x 1 x 1 0,5đ A  b) Với x �0; x ��1 Ta A  2x  2 x 1 x 1 0,5đ Để A �Z (x-1) phải ước 0,5đ  1; 2 Suy x α� Xét trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm x = x = thỏa mãn kết luận 0,5đ 0,5đ Câu � � � � n3 (n2  7)  36n � a) Ta có: A = � � � n( n2  7)  � n( n  7)  �  n(n3  7n  6)(n3  7n  6) A n� �� � � � � �  n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6)  n � n(n2 1)  6(n  1) �� n(n2 1)  6(n 1) �     � � �� � � � �  n(n 1) n2  n   n 1 n2  n   n  n  1  n    n  3  n 1  n    n  3 0,5đ 0,5đ 0,5đ Do A tích số ngun liên tiếp => A M7 với  n�Z b) b) 4 2 2 0,5đ P = n + = n + 4n + - 4n = (n + 2) - (2n) = (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1] 0,5 Vì n sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + �2; 0,5 Nh muốn P số nguyên tố ph¶i cã (n - 1)2 + = hay (n - 1)2 = 0, suy n = 0,5đ 0,5 Khi P = số nguyên tè Câu 3: a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; 0,5đ x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x  4; x  5; x   6; x  Phương trình trở thành : 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 0,5đ � � 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 � 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) � (x+13)(x-2)=0 0,5đ Từ tìm x=-13; x=2 (thỏa mãn) 0,5đ Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Ta x, y, z >0 Từ suy a= yz xz xy ;b  ;c  ; 2 Thay vào ta A=  yz xz x y   2x 2y 2z �y x x z y z � (  )  (  )  (  )� � �x y z x z y � Từ suy A  (2   2) hay A 3 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu (6 điểm) Hình vẽ D M C N A B O a) Xét  ACO  BOD � � = 900 ; AB � � � ) (cùng phụ với DOB COA  ODB 0,5đ Nên  ACO đồng dạng với  BOD => 0,5đ AO BD  => AO.BO = AC.BD AC BO 0,5đ 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét  CMO  OMD � � = OMD = 900 CMO � � � ) (cùng phụ với COM OCM  DOM 0,5đ =>  CMO đồng dạng với  OMD => CO OM  (1) OD MD Mà  ACO đồng dạng với  BOD => CO AO  OD BD => CO OB  (2) (Do AO = OB) OD BD Từ (1) (2) ta 0,5đ 0,5đ OM OB  => tam giác OMD tam giác OBD đồng MD BD dạng � � => MOD => OMD  OBD (cạnh huyền , góc nhọn)  BOD => OM = OB = OA suy tam giác AMB vng M 0,5đ c) Ta AC // BD (cùng vng góc với AB) CN AC  => NB BD mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên CN CM  => MN// BD//AC BN DM 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 5: - Nhận xét: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự b + ca = (b + a)(b + c) 0,5đ c + ab = (c + a)(c + b) đó: VT  (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)   bc ca a b 0,5đ áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta (a  b)( a  c ) (b  a )(b  c)  2(a  b) bc ca (a  b)( a  c ) (c  a )(c  b)   2( a  c ) bc a b (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)  2(b  c ) ac a b 0,5đ Vậy VT 4(a  b  c) 4 hay VT 2  ĐPCM Đẳng thức xảy  a = b =c= 0,5đ PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  2013x  2012 x  2013 �x  x 2x2 � � 2�    � Rút gọn biểu thức sau: A  � � � � x x � �2 x  8  x  x  x � Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: (2 x  x  2013)  4( x  x  2012)  4(2 x  x  2013)( x  x  2012) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  2x  3x   y Câu (4,0 điểm) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  dư 10, f(x) chia cho x  dư 24, f(x) chia cho x  thương 5x dư Chứng minh rằng: a(b  c)(b  c  a)  c (a  b)(a  b  c)  b( a  c)(a  c  b) Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF Chứng minh rằng: 1 = + 2 AD AM AN Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn abc  Chứng minh : 1   � a (b  c) b (c  a) c (a  b) -Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị (Họ tên ký) Giám thị (Họ tên ký) PHỊNG GD&ĐT VIỆT N ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NGÀY THI … /4/2013 MƠN THI: TỐN LỚP Bản hướng dẫn chấm 04 trang Câu Hướng dẫn giải (2.0 điểm) (4.0 điểm) 0,5 Ta x  2013x  2012 x  2013   x  x   2013x  2013x  2013  x  x  1  x  x  1  2013  x  x  1 0.5   x  x  1  x  x  2013 0.5 2 Kết luận x  2013 x  2012 x  2013   x  x  1  x  x  2013 �x �0 �x �2 0.25 ĐK: � �x  x 2x2 � � 2�  1  � Ta A  � � � � x x � �2 x  8  x  x  x � �x  x � �x  x  � 2x2 �  � � � �2( x  4) 4(2  x)  x (2  x) � � x � 0.5 0.25 0.25 (2.0 điểm) 2 �x  x � x2 �( x  1)( x  2) � �x( x  2)  x � �( x  1)( x  2) � �   � � � �� � � 2 x x2 � � �2( x  2)( x  4) � � � �2( x  4) ( x  4)(2  x) � x3  x  x  x x  x( x  4)( x  1) x    2( x  4) x x ( x  4) 2x �x �0 x 1 Vậy A  với � 2x �x �2  Câu (2.0 điểm) 0.5 0.5 0.25 (4.0 điểm) �a  x  x  2013 Đặt: � b  x  x  2012 � Phương trình cho trở thành: a  4b  4ab � (a  2b)  � a  2b  � a  2b Khi đó, ta có: x  x  2013  2( x  x  2012) � x  x  2013  x  10 x  4024 2011 � 11x  2011 � x  11 0.25 0.5 0.5 0.5 Vậy phương trình nghiệm x  � 2011 11 0.25 3� Ta y3  x  2x  3x   �x  �  � x  y � 4� (1) 0.5 � 15 � (x  2)  y  4x  9x   � 2x  �  � 16 � (2.0 điểm) �yx2 (2) Từ (1) (2) ta x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán là: (-1 ; 0) KL Câu 0.5 0.25 0.5 0.25 (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x  thương 5x dư ax  b Khi đó: f ( x)  ( x  4).(5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có: (2.0 điểm) � 2a  b  24 a �f (2)  24 � � �� �� � 2 a  b  10 �f (2)  10 � � b  17 � Do đó: f ( x)  ( x  4).(5x )  x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm dạng: f ( x)  5 x3  0.5 0.5 0.5 47 x  17 0.5 Ta có: a(b  c)(b  c  a )  c(a  b)(a  b  c)  b(a  c)(a  c  b)  (1) � a � a  b  c  x � � � � Đặt: �b  c  a  y  �b  � � acb  z � � c � � xz x y yz 0.25 Khi đó, ta có: (2.0 điểm) x  z �x  y y  z � y  z �x  z x  y �  y   x  ( x  y )( x  y ).z � � � � �2 � �2 � xz xz yz z y 2  y  x  ( x  y ) z 2 2 1  ( x  z ) y  ( z  y ).x  ( x  y ).z 4 1  ( x  y ).z  ( x  y ) z   VP(1) (đpcm) 4 VT(1)  KL:… Câu 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 (6 điểm) E A B H F D C M N (2.0 điểm) Ta DAM � � (cùng phụ BAH � ) = ABF AB = AD ( gt) � = ADM � BAF = 900 (ABCD hình vuông) � ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM Lại AE // DM ( AB // DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành � = 900 (gt) Mặt khác DAE 0.75 0.5 0.5 Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 0.25 Ta ΔABH : ΔFAH (g.g)  (2.0 điểm) 0.5 AB BH BC BH = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH � = HBC � � ) Lại HAB (cùng phụ ABH � ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) 2 SΔCBH SΔCBH �BC � �BC � = � = � �, mà (gt) � � �= nên BC2 = (2AE)2 SΔEAH SΔEAH �AE � �AE � � BC = 2AE � E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 0.5 0.5 Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: � AD AM AD CN = � = CN MN AM MN 0.5 Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: (2.0 điểm) � MN MC AB MC AD MC = � = = hay AN AB AN MN AN MN 2 0.5 AD � �AD � �CN � �CM � CN + CM MN � � = =1 � �+ � �= � �+ � �= MN MN �AM � �AN � �MN � �MN � 0.5 (Pytago) 2 1 AD � �AD � � � � �+ � �=  AM  AN  AD �AM � �AN � (đpcm) 0.5 Câu Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c � R x, y, z > ta a2 b2 c2  a  b  c    � x y z x yz a b c Dấu “=” xảy �   x y z Thật vậy, với a, b � R x, y > ta a b2  a  b   � x y x y Dấu “=” xảy � � a �  bx  ay  2 (*) (**) y  b x   x  y  �xy  a  b  2 điểm 0.75 �0 (luôn đúng) a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta a b2 c2  a  b  c2  a  b  c    �  � x y z x y z x yz a b c Dấu “=” xảy �   x y z 1 2 1 Ta có:    a  b  c a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc 2.0 điểm Áp dụng bất đẳng thức (*) ta 2 �1 1 � �1 1 � 1 �  � �  � 2 a b c � �a b c � a b c   ��  (Vì abc  ) ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac ) �1 1 � 2�   � �a b c � 1 2 �1 1 � Hay a  b  c � �  � ab  ac bc  ab ac  bc �a b c � 1 Mà   �3 nên a b c Vậy 1 2 a  b  c � ab  ac bc  ab ac  bc 1   � a (b  c) b (c  a ) c ( a  b) (đpcm) Điểm toàn 0.5 0.25 0.25 0.25 (20 điểm) Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng Với 4, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm …………….Hết……………… PHỊNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013 - 2014 Nội dung đáp án Điểm điểm điểm 2điểm Câu1 1) a) �a  x  x  2013 Đặt: � b  x  x  2012 � 0,5điểm Phương trình cho trở thành: a  4b  4ab � ( a  2b)  � a  2b  � a  2b 0,5điểm Khi đó, ta có: x  x  2013  2( x  x  2012) � x  x  2013  x  10 x  4024 � 11x  2011 � x  2011 11 0,5điểm 0,25điểm Vậy phương trình nghiệm x  2011 11 0,25điểm b) 2điểm Lập bảng xét dấu nhị thức : x – x + x x–1 x+3 -3 – – 0,25điểm | – 0 + | + 0, 5điểm + +) Xét x < - (1) Phương trình � – x – – x = � - 2x = � x = - Không thỏa mãn (1) +) Xét - � x �1 (2) 0,5 điểm 0,25điểm Phương trình � – x + x +3 = � 0x = Thỏa mãn với x � R cho - � x �1 + ) Xét x �1 (3) Phương trình � x – + x+ 3= � 2x = � x=1 Thỏa mãn (3) Kết luận : Vậy phương trình nghiệm - 3< x �1 2) 2 ( x – y ) + ( y – z ) + ( z – x ) �0 với x, y ,z � x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2xz + x2 �0 � 2( x2 + y2 + z2) �2( xy + xz + yz ) � x2 + y2 + z2 �xy + xz +yz (đpcm) Câu 1) 0,25điểm 2điểm 0,5điểm 0,5 điểm 0,5điểm 0,5điểm 5điểm 2,5điểm Giả sử f(x) chia cho x  thương 5x dư ax  b Khi đó: f ( x)  ( x  4).(5 x)  ax+b Xét giá trị riêng x cho x2 – = � (x – )( x + 2) = � x = x = - Với x =2 � f(2) = 2a +b Với x = - � f(- 2) = - 2a + b Theo đề bài, ta có: � 2a  b  24 a �f (2)  24 � � �� �� � 2a  b  10 �f (2)  10 � � b  17 � Do đó: f ( x)  ( x  4).(5x )  x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm dạng: f ( x)  5 x3  2) 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm 47 x  17 x – xy = 6x – 5y - � x – 6x + = y (x – ) (2) 0,5điểm 0,25điểm 2,5 điểm 0,5điểm x2  x  ( x =5 khơng nghiệm phương trình (2)) x 5 � y=x–1+ Vì x , y nguyên nên x – ước x5 0,25điểm Hay x – � { - 1, 1, , - 3}hay x �{ 4, , , 2} 0,5điểm Khi x = y = Khi x =4 y = Khi x = y = Khi x= y =8 0,25điểm � y= 0,25điểm Vậy phương trình nghiệm ngun ( x, y)= (2, 0) ,(4 , 0) ,(6, 8) , 0,25điểm (8, 8) Câu ab ab ) +(1+ ) a + b =1 a b b a M = ( + )2 + ( + )2 a b 4b 4a b a2 M=4+ + +4+ + a b a b 2 a b b a M = + (  ) + 4(  ) �8+ + = 18 b a a b a b a b2 ( a > 0, b> nên  �2  �2 ) b a b a Dấu = xảy � a = b a + b = � a = b = Vậy M = 18 Khi a = b = M= ( + Câu 2,0điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 7,0điểm 2,5điểm a) 0,25điểm Vẽ hình Chứng minh  CDE :  CAB (g.g) Suy CD CA  CE CB Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm CD CA  (Chứng minh trên) CE CB Do  ADC :  BEC (c.g.c) 0,25điểm Suy : góc BEC = góc ADC = 135 ( tam giác AHD 0,25điểm vng cân H theo giả thiết) 0,25điểm Nên góc AEB = 45 Do tam giác ABE vng cân A 0,25điểm Suy : BE  AB  m b) 2,5điểm BM BE AD  �  � (do BEC : ADC ) BC BC AC Mà: AD  AH ( tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH AH  �  �  Nên BC AC AC AC AH BH  Mà ABH : CBA (g g ) � AC AB BM BH BH  Nên : BC  ( BE  AB ) AB BE Do đó: BHM : BEC (c.g.c), suy ra: � �  1350 � � BHM  BEC AHM  450 Ta có: 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 2,0điểm c) Tam giác ABE vng cân A , nên tia AM phân giác góc BAC 0,5điểm GB AB  GC AC AB ED AH HD   ABC  DEC    ED / / AH   mà AC DC HC HC 0,5điểm Suy AG phân giác góc BAC Suy ra: Do đó: GB HD GB HD GB HD  �  �  GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Điểm toàn 20 điểm - Hết - 0,5điểm 0,5điểm Trường THCS Mỹ Hưng ĐỀ THI ÔLYMPIC MÔN TOÁN LỚP (120 Phút) (năm học 2013 – 2014) Câu : (6 điểm) a) Giải phơng trình : 1 1    x  x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18 b) Cho a , b , c cạnh mét tam gi¸c Chøng minh r»ng : A= a b c   3 b c  a a c  b a b c C©u : (5 ®iĨm) a) Chøng minh r»ng nÕu tỉng cđa hai sè nguyên chia hết cho tổng lập phơng chúng chia hết cho b) Tìm số nguyên n dÓ n5 + chia hÕt cho n3 + Câu (3 điểm ) a Cho số dương a, b, c tổng Chứng minh rằng: 1   �9 a b c b Cho a, b dơng a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011 Bµi : ( điểm ) Cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia BA t¹i O Chøng minh r»ng : a ) OA.OB = OC.OH b ) Gãc OHA cã sè ®o không đổi c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi Đáp án – hướng dẫn chấm C©u : (6 ®) a) (3 ®) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; 0,5 §KX§ : x  4; x  5; x   6; x  0,5 Phơng trình trở thành : 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 1,75 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ tìm đợc x=-13; x=2; ( 0,25) b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Tõ ®ã suy a= yz xz xy ;b  ;c  ; 2 ( 1,5đ ) Thay vào ta đợc A= yz xz xy y x x z y z     (  )  (  )  (  ) 2x 2y 2z 2 x y z x z y  ( 0,75 đ) Tõ ®ã suy A  (2   2) hay A 3 ( 0,25 ) Câu : (2đ) a) Gọi số phải tìm a b , ta a+b chia hÕt cho 0,25 Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)  (a  2ab  b )  3ab = =(a+b)  (a  b)  3ab V× a+b chia hÕt cho nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho ; Do vËy (a+b)  (a  b)  3ab chia hÕt cho 0,5 b ) ( 3đ ) n5 + M n3 + � n5 + n2 – n2 + Mn3 + � n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) � Mn3 + � (n – 1)(n + 1) M (n+1)(n2 – n + 1) �n–1 M n2 – n + � n(n – 1) M n2 – n + Hay n2 – n M n2 – n + � (n2 – n + 1) – M n2 – n + � 1M n –n+1 XÐt hai trêng hỵp: + n2 – n + = � n2 – n = � n(n – 1) = � n = 0, n = thử lại thấy t/m đề + n2 n + = - � n2 – n + = , giá trị n tho¶ m·n Câu b c �1 �a  1 a  a � a c �1 a Từ: a + b + c = � �  1  ( 1đ ) b b �b a b �1    �c c c � 1 �a b � �a c � �b c � �     �  � �  � �  � a b c �b a � �c a � �c b � �3     Dấu xảy � a = b = c = ( 0,5 đ ) b (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002  (a+ b) – ab =  (a – 1).(b – 1) =  a = hc b = (1đ) 2000 2001 Víi a = => b = b => b = b = (loại) Víi b = => a2000 = a2001 => a = a = (loại) ( 0,5 ) VËy a = 1; b = => a2011 + b2011 = O Câu ( đ ) a)  BOH ~  COA (g-g) � OB OH � OA.OB = OC.OH  OC OA (2đ) A B H M K C OB OH OA OH �   OC OA OC OB � chung  OHA vµ  OBC cã O Tõ (1) vµ (2) �  OHA ~  OBC (c.g.c) �  OBC � OHA (không đổi) ( ) b) (1) (2) c) VÏ MK  BC ;  BKM ~  BHC (g.g) � BM BK  � BM.BH = BK.BC BC BH (3)  CKM ~  CAB (g.g) � CM CK  � CM.CA CB CA = BC.CK (4) Céng tõng vÕ cđa (3) vµ (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC(BK + CK) = BC2 (không đổi) ( ) PHềNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - b Chứng minh n �N * n3  n  hợp số c Cho hai số phương liên tiếp Chứng minh tổng hai số cộng với tích chúng số phương lẻ Câu a Giải phương trình: x 1 x  x  x  2012      2012 2012 2011 2010 b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 Câu a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b Cho a; b; c ba cạnh tam giác Chứng minh: ab bc ac   �a  b  c a  b  c a  b  c a  b  c Câu Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vng b Chứng minh DF  CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a Hết./ Họ tên: Số báo danh: PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung Điể 2 = (x - y) +4(x - y) - = (x - y) + 4(x - y) + -9 2 điểm = (x - y + 2) - = ( x - y + 5)(x - y -1) 3 b Ta có: n + n + = n + 1+ n+1= (n + 1)( n - n + 1) + (n + 1) a điểm =(n+1)( n2 - n + 2) Câu điểm c Do n �N * nên n + > n2 - n + >1 Vậy n3 + n + hợp số Gọi hai số a2 (a+1)2 điểm Theo ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + = ( a2 + a + 1)2 số phương lẻ a2 + a = a(a + 1) số chẵn � a2 + a + số lẻ a x 1 x2 x 3 x  2012 1 1       2012  2012 � 2012 2011 2010 điểm x  2013 x  2013 x  2013 x  2013     0 � 2012 2011 2010 1 1 Câu ( x  2013)(     )  � x = 2013 2012 2011 2010 2 2 3 a + b + c = a + b + c = � a; b; c � 1;1 b điểm 3 2 2 2 0.5 � a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + c (c - 1) �0 � a3 + b3 + c3 �1 � a;b;c nhận hai giá trị điểm � b2012 = b2; c2013 = c2; � S = a2 + b 2012 + c 2013 = Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 2 điểm A = 2[(x+y) - 4(x + y) +4] + ( y + 6y +9) + A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + �1 Vậy minA = x = 5; y = -3 a 0.5 điểm 0.25 0.5 5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 a; b; c ba cạnh tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz xz x y ;b  ;c  2 ab bc ac ( y  z )( x  z ) ( x  z )( x  y ) ( x  y )( y  z )      a  b  c a  b  c a  b  c 4z 4x 4y xy yz xz 1� xy yz xz � (    3x  y  3z )  � 3( x  y  z )  (2   ) � z x y 4� z x y � Câu điểm ta có: x + y + z = a + b + c; a  1.5 0.25 0.25 0.25 Phương trình cho tương đương với: 1.5 b m 0.5 0,5 0.25 0,25 0.5 0.25 1� y x z x y z z x y � 3( x  y  z)  (  )  (  )  (  ) � � 4� z x z y y x � �  3( x  y  z )  x  y  z   x  y  z  Mà x + y + z = a + b + c nên suy điều phải chứng minh 0.25 Câu Hìn 3.5 h vẽ điểm E A B 0.5 đ H M F N D C G Chứng minh: EFGH hình thoi 1.25 Chứng minh góc vng điểm Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng �  FDC � mà b VBEC VCFD(c.g c) � ECB a điểm VCDF vuông �  DFC �  900 � DFC �  ECB �  900 �VCMF vuông M � CDF 5 0.25 C 0.25 0.25 Hay CE  DF Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF 0.25 � GN//CM mà G trung điểm DC nên � N trung điểm DM Trong  MAD AN vừa đường cao vừa trung tuyến �  MAD 0.25 cân A c 0.75 điểm VCMD : VFCD ( g.g ) � CD CM  FD FC 0.25 S �CD � �CD � Do : VCMD  � �� SVCMD  � �.SVFCD SVFCD �FD � �FD � 0.25 Mà : SVFCD  CF CD  CD Vậy : SVCMD  CD CD FD Trong VDCF theo Pitago ta : �1 � DF  CD  CF  CD  � BC � CD  CD  CD 4 �2 � Do : SVMCD CD 1  CD  CD  a 5 CD 4 Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm hình 0.25 PHỊNG GD – ĐT TP THỦ DẦU MỘT KỲ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS GIẢI THƯỞNG LƯƠNG THẾ VINH NĂM HỌC: 2012-2013 MƠN TỐN: LỚP Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi : 30/3/2013 Bài 1: (3d) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24 a  b c  � a  b2  c2  2009 � b) Cho a,b,c thoả mãn: �2 Tính A = a4 + b4 + c4 Bài 2: (3đ) a) Cho x,y,z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn B = xy + yz + xz b) Cho Phương trình: dương 2x  m x    Tìm m để phương trình nghiệm x x c) Cho a,b,c tổng (a,b,c > 0) Chứng minh : 1   �9 a b c Bài 3(2đ) Cho tam giác ABC, phân giác đỉnh A cắt BC D, đoạn DB, DC lần BE.BF AB2 � �  lượt lấy điểm E F cho EAD  FAD Chứng minh CE.CF AC Bài 4(2đ) Cho tam giác ABC, điểm D M di động AB cho AD = BM Qua M vẽ đường thẳng song song BC cắt AC E N Chứng minh : tổng DE + MN không đổi Hết Giải Bài 1: (3d) � a  b c  a  b2  c2  2009 � a) Cho a,b,c thoả mãn: �2 Tính A = a4 + b4 + c4 Cách 1: Ta có: a+b+c=0  a+b = -c  (a+b)2 – 2ab = c2  (a+b)2 – c2 = 2ab  (a+b+c)(a+b-c) = 2ab  = 2ab  a=0 b=0  Nếu a=0  b = -c b2 + c2 = 2009  b2 + b2 = 2009  2b2 = 2009  b= 2009 2009 c = 2 4 4 Do đó: A = a + b + c = 04  2009  2009  20092 (1) 2 4  Nếu b=0  a = -c a2 + c2 = 2009  a2 + a2 = 2009  2a2 = 2009  a= 2009 2009 c = 2 Do đó: A = a + b + c = 04  2009  2009  20092 (2) 2 Từ (1) (2)  A = a4 + b4 + c4  20092 4 Cách 2: Ta có: a2 + b2 + c2 = 2009  (a2 + b2 + c2 )2 = 20092  a4 +b4 +c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 = 20092  a4 +b4 +c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) = 20092  a4 +b4 +c4 = 20092 - 2(a2b2 + b2c2 + c2a2 ) (1) Ta có: a2 + b2 + c2 = 2009  (a+b+c)2 - 2ab - 2ac - 2bc = 2009 2009  ab+ac+bc   ( a+b+c = 0) 20092  (ab+ac+bc )   a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2a2bc + 2b2ac + 2c2ab  20092 20092  a b + b c + c a + 2abc(a+b+c)  2009  a2b2 + b2c2 + c2a2  ( a+b+c = 0) 20092 4 (1)  a +b +c = 2009 -2 2009  a4 +b4 +c4  2 2 2 Bài 2: (3đ) a) Cho x,y,z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn B = xy + yz + xz Cách 1: Ta có: (x-y)2 ≥ với x,y  R Tương tự : (y-z)2 ≥ , (z-x)2 ≥ với x,y,z  R Cộng vế bất đẳng thức ta được: x2 – 2xy + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 ≥  2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy+yz+xy) ≥  (x2 + y2 + z2 ) - (xy+yz+xy) ≥  (xy+yz+xy) ≤ (x2 + y2 + z2 )  3(xy+yz+xy) ≤ (x2 + y2 + z2 ) + 2(xy+yz+xy)  3(xy+yz+xy) ≤ (x + y + z)2 =  (xy+yz+xy) ≤ Vậy B = đạt giá trị lớn Dấu “=” xảy x=y=x =1 Cách 2: Ta có: B = xy + yz + xz x + y + z = B = xy + z(x+y) = xy + [3-(x+y)](x+y) =xy + 3(x+y) – (x+y)2 = -x2 – y2 – xy + 3x + 3y 2 � y  3� 3y2  6y  3   y  1  �3 =  �x  � � 4 � �y  1 � � y  0� x y z Dấu “=” xảy �x  � � �x  y  z  Vậy giá trị lớn B x=y=z=1 b) Cho Phương trình: 2x  m x    Tìm m để phương trình nghiệm x x dương Đk: x ≠  Ta được: (2x-m)(x+2) + (x-1)(x-2) = 3(x-2)(x+2)  2x2 + 4x – mx – 2m + x2 – 3x + = 3x2 – 12  (1-m)x = 2m – 14  x 2 m 7 1 m Đề phương trình nghiệm dương x > � � m7  m7 � � (loai ) � � � �  m  m  � � � �� �  m  (1) � � m7  m7 � � � � � � 1 m  m 1 � � � � � � +Với Đk x ≠  2 m 7 1 m ≠  m ≠ (2) Từ (1), (2) Vậy 1< m < m ≠ phương trình nghiệm dương ... VIỆT N ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 201 2 -201 3 MƠN THI: TỐN LỚP Ngày thi: …./4 /201 3 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0... đt tam dơng đề thức Trng trung học sở Phong Bắc §Ị thi chän häc sinh giỏi lớp năm học 200 8 -200 9 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Không kể thời gian giao đề Bài Đa thức bậc có hệ số bậc... = 1 ,8( cm) PB = 16k = 3,2 (cm) BD = (cm) C/m BC2= BP.BD = 16 ®ã BC = (cm) CD = (cm) Bµi 5: a) Ta cã: 200 9200 8 + 201 1201 0 = (200 9200 8 + 1) + ( 201 1201 0 – 1) V× 200 9200 8 + = (200 9 + 1) (200 9200 7
- Xem thêm -

Xem thêm: 20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word), 20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn