O slideshow foi denunciado.
Utilizamos seu perfil e dados de atividades no LinkedIn para personalizar e exibir anúncios mais relevantes. Altere suas preferências de anúncios quando desejar.

De thi hsg toan 8 20142015

6.974 visualizações

Publicada em

Chuyen de

Publicada em: Educação
  • Entre para ver os comentários

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.

×