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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN KIM THÀNH

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: 4 2 2013 2012 2013 x x x    .

2. Rút gọn biểu thức sau:

2 2

2 2 3 2 2 2 1 2 A 1 2 8 8 4 2 x x x x x x x x x                    

.

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Giải phương trình sau:

2.

2 2 2 2 2 2 (2 2013) 4( 5 2012) 4(2 2013)( 5 2012) x x x x x x x x          

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 2 3 x 2x 3x 2 y .     Câu 3. (4,0 điểm)

1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho 2 x  dư 10, f(x) chia cho 2 x dư 24, f(x) chia cho 2 4 x  được thương là 5x  và còn dư.

2. Chứng minh rằng:

2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c b c a c a b a b c b a c a c b          

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: 2 2 2 1 1 1 = + AD AM AN .

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho , , a b c là ba số dương thoả mãn 1 abc . Chứng minh rằng :

3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 a b c b c a c a b       .

ĐỀ CHÍNH THỨC

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)

1 (2.0 điểm)

Ta có 4 2 2013 2012 2013 x x x   

  4 2 2013 2013 2013 x x x x     

0,5

     2 2 1 1 2013 1 x x x x x x        0.5

   2 2 1 2013 x x x x      0.5

Kết luận 4 2 2013 2012 2013 x x x       2 2 1 2013 x x x x      0.5

2 (2.0 điểm)

ĐK: 0

2

x

x

   

0.25

Ta có

2 2

2 2 3 2 2 2 1 2 A 1 2 8 8 4 2 x x x x x x x x x                    

0.25

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2( 4) 4(2 ) (2 ) x x x x x x x x x x                  

0.25

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) ( 2) 4 ( 1)( 2) 2( 4) ( 4)(2 ) 2( 2)( 4) x x x x x x x x x x x x x x x x x                                       

0.5

3 2 2 2

2 2 2 2 4 4 4 1 ( 4)( 1) 1 . 2( 4) 2 ( 4) 2 x x x x x x x x x x x x x x             0.5

Vậy 1 A 2 x

x   với 0

2

x

x

   

. 0.25

Câu 2 (4.0 điểm)

1 (2.0 điểm)

Đặt:

2

2 2 2013

5 2012

a x x

b x x

      

0.25

Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2 4 4 ( 2 ) 0 2 0 2 a b ab a b a b a b          

0.5

Khi đó, ta có:

2 2 2 2 2 2013 2( 5 2012) 2 2013 2 10 4024 x x x x x x x x            0.5

2011 11 2011 11 x x      . 0.5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2011

11 x   . 0.25

2 (2.0 điểm)

Ta có

2 3 3 2 3 7 y x 2x 3x 2 2 x 0 x y 4 8                

(1) 0.5

2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 4 16                  

(2) 0.5

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25

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)

0.5

KL 0.25

Câu 3 (4 điểm)

1 (2.0 điểm)

Giả sử f(x) chia cho 2 4 x  được thương là 5x  và còn dư là ax b . Khi đó: 2 f( ) ( 4).( 5 ) ax+b x x x     0.5

Theo đề bài, ta có:

7 (2) 24 2 24

2 ( 2) 10 2 10 17

f a b a f a b b

                     

0.5

Do đó: 2 7 f( ) ( 4).( 5 ) x+17 2 x x x     0.5

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 3 47 f( ) 5 17. 2 x x x    0.5

2 (2.0 điểm)

Ta có: 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 (1) a b c b c a c a b a b c b a c a c b            

Đặt:

2

2

2

x z a a b c x

x y b c a y b

a c b z y z c

                         

0.25

Khi đó, ta có:

2 2 2 (1)

1 VT . . ( )( ). 2 2 2 2 2 2 4 x z x y y z y z x z x y y x x y x y z                         

0.5

2 2 2 2 2 1 . . . . ( …