Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

De thi hsg toan 8 20142015

6,885 views

Published on

Chuyen de

Published in: Education
  • Login to see the comments

De thi hsg toan 8 20142015

  1. 1.   ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN LỚP 8 ( Thời gian làm bài: 150 phút ) Câu 1. (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:           a)  2 x 7x 6 ;             b)  4 2 x 2008x 2007x 2008.     Bài 2. (4,0 điểm) Giải phương trình:           a)  2 x 3x 2 x 1 0 ;                b)    2 2 2 22 2 2 2 1 1 1 1 8 x 4 x 4 x x x 4 . x x x x                               Câu 3. (4,0 điểm)             a) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:        2 2 2 1 1 1 3 1 x 1 y 1 z 1 xyz                   b) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức                   x 2 x 4 x 6 x 8 2008       cho đa thức  2 x 10x 21  .  Câu 4 ( 4,0 điểm ) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, gäi M lµ mét ®iÓm di ®éng trªn c¹nh AC, tõ C vÏ đường th¼ng vu«ng gãc víi tia BM t¹i H, c¾t tia BA t¹i O. Chøng minh r»ng: a) OA.OB = OC.OH; b) OHAcã sè ®o kh«ng ®æi ; c) Tæng BM.BH + CM.CA kh«ng ®æi. Câu 5. ( 2,0 điểm) Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác  AFB cân, đỉnh F có góc đáy là  o 15 . Chứng minh rằng tam giác CFD là tam giác  đều.  Câu 6. ( 2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :               x y 2012  .  ----------------Hết----------------   Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm   ĐỀ CHÍNH THỨC
  2. 2. Câu 1 ý Nội dung Điểm 1.   4,0 a    2 2 7 6 6 6 1 6 1x x x x x x x x                              1 6x x     1  1  b   4 2 4 2 2 2008 2007 2008 2007 2007 2007 1x x x x x x x           0,5        24 2 2 2 2 2 1 2007 1 1 2007 1x x x x x x x x              0,5         2 2 2 2 2 1 1 2007 1 1 2008x x x x x x x x x x               1  2.   4,0  a 2 3 2 1 0x x x      (1)  + Nếu  1x  : (1)    2 1 0 1x x      (thỏa mãn điều kiện  1x  ).  + Nếu  1x  : (1)      2 2 4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x                                            1; 3x x     (cả  hai  đều  không  bé  hơn  1,  nên  bị  loại)  Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là  1x  .  0,5    0,5    0,5    0,5  b   2 2 2 22 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4x x x x x x x x x                              (2)  Điều kiện để phơng trình có nghiệm:  0x     (2)   2 2 22 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4x x x x x x x x x                                           2 2 22 2 1 1 8 8 4 4 16x x x x x x                       0 8x hay x     và  0x  .  Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm  8x     0,5      0,5      0,5    0,5    3   4,0 a Ta có:   2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 0 1 x 1 y 1 xy 1 x 1 xy 1 y 1 xy                          2 2 2 2 2 x(y x) y(x y) (y x) (xy 1) 0 0 (1 x )(1 xy) (1 y )(1 xy) (1 x )(1 y )(1 xy)                   Vì x  1; y  1 xy  1  xy – 1  0, bất đẳng thức cuối cùng đúng,  suy ra bất đẳng thức đã cho đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =  y .  Áp dụng kết quả trên, ta có:        0,5      0,5               
  3. 3. 2 2 1 1 2 2   (Do z   1) 1 x 1 y 1 xy 1 xyz           Tương tự:  2 2 2 2 1 1 2 1 1 2   ;   1 y 1 z 1 xyz 1 z 1 x 1 xyz             Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta suy ra được:  2 2 2 1 1 1 3 1 x 1 y 1 z 1 xyz            0,25        0,25      0,5      b Ta có:          2 2 ( ) 2 4 6 8 2008 10 16 10 24 2008 P x x x x x x x x x               Đặt  2 10 21 ( 3; 7)t x x t t       ,  biểu thức P(x) đợc viết lại:     2 ( ) 5 3 2008 2 1993P x t t t t         Do đó khi chia  2 2 1993t t   cho t ta có số d là 1993  0,5    0,5    0,5    0,5  4   4,0 a Chøng minh: BOH    COA (g.g) OB OH OC OA    OA.OB = OC.OH            0,5    0,5      b Ta có OB OH OC OA  (suy ra tõ BOH    COA) OA OH OC OB   Chứng minh được OHA  OBC (c.g.c)  OHA OBC    (kh«ng ®æi)                                          0,5        0,5        c VÏ MK BC   BKM   BHC (g.g) BM BK BC BH    BM.BH = BC.BK        (1) CKM   CAB (g.g)  CM CK CB CA     CM.CA = BC.CK        (2) Cộng từng vế của (1) với (2), ta được:  BM.BH + CM.CA = BC.BK + BC.CK  0,5 0,5 0,5
  4. 4.                               = BC.(BK + CK) = BC2 (kh«ng ®æi).      0,5    Câu5   2,0 Dựng tam giác cân BIC như AFB có góc đáy 150 . Suy ra :                                                  0 2 B 60  (1) .  Ta có ΔAFB ΔBIC (theo cách vẽ ) nên: FB = IB (2).  Từ (1) và (2) suy ra : FIB  đều .  Đường  thẳng  CI  cắt  FB  tại    H  . Ta cã:  2 I = 300 ( góc  ngoài  của  CIB ). Suy ra:   2 H = 900  ( vì   B= 600  )  FIB là tam giác đều nên IH là  trung  trực của  FB  hay  CH là  đường  trung  trực  của  CFB . Vậy   CFB  cân  tại C. Suy ra : CF = CB (3)  Chứng minh tương tự, ta có  DFC  cân tại F. Do đó: FD = FC (4). Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC).   Vậy ΔDFC đều.  0,5          0,5        0,5        0,5          Câu 6   2,0
  5. 5.       Từ phương trình suy ra:  x 2012 y 2012 x 2012       Tương tự    y 2012 x 2012 y 2012        Vậy 0  x, y  2012.  Cũng từ đề bài suy ra:    2 y 2012 y y 2012 x 2012 2 x. 2012 x         2 y 2012 2 2012.x x 2012 4 503x x x 503k (k )          mà x  2012  503k2   2012  k2   4  k2  {0; 1; 4}   0,5      0,25      0,25      0,25        k2  = 0  x = 0 (loại)    0,25    k2  = 1  x = 503    y = 503 (nhận)  0,25    k2  = 4  x = 2012  y = 0 (loại)  0,25  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (503; 503).      Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm tuyệt đối.

×