Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Thủy Nguyên năm học 2012 – 2013 môn: Toán 8

UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-----------------------------
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN 8
 Thời gian: 120 phút
( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 – 2xy + y2 – xz + yz b) - 2x2 + 11x – 15
2. Cho x, y là các số thực khác 0 thỏa mãn 2 2x 2xy 2y 2x 6y 5 0      . Hãy tính
giá trị của biểu thức
23x y 1P 4xy

Bài 2. (2,0 điểm)
1. Xác định các số hữu tỉ a và b để đa thức x 3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 – 2x - 3
2. Chứng minh rằng số n2 + 2014 với n nguyên dương không là số chính phương.
Bài 3. (2,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm đối xứng của điểm A qua điểm D. Từ A vẽ
AH vuông góc với đoạn BE tại H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AH và HE.
a) Chứng minh tứ giác BMNC là hình bình hành.
b) Tính số đo của ANC .
Bài 4. (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC có A tù, AC > AB và H là chân đường cao hạ từ A. Về phía
trong góc BAC dựng các điểm D, E sao cho AD  AB, AD = AB, AE  AC và
AE = AC. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh ba điểm A, H, M thẳng hàng.
Bài 5. (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy – 2x – 3y + 1 = 0
2. Cho x, y, z  0 ; 2x + 7y = 2014 và 3x + 5z = 3031. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = x + y + z.
=========Hết=======
UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN 8
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 – 2xy + y2 – xz + yz b) - 2x2 + 11x – 15
2. Cho x, y là các số thực khác 0 thỏa mãn 2 2x 2xy 2y 2x 6y 5 0      . Hãy tính giá
trị của biểu thức
23x y 1P 4xy

Câu Đáp án Điểm
1a x2 – 2xy + y2 – xz + yz = (x2 – 2xy + y2) – (xz – yz)
 = (x – y)2 – z(x – y) = (x – y)(x – y – z)
0,25
0,5
1b - 2x2 + 11x – 15 = - 2x2 + 6x + 5x – 15 = -2x(x – 3) + 5(x – 3)
 = (x – 3)(- 2x + 5)
0,25
0,5
2 Ta thấy:      2 2x 2xy 2y 2x 6y 5 0
         
     
           
2 2 2
2 2
(x 2xy y ) (2x 2y) 1 (y 4y 4) 0
(x y 1) (y 2) 0
x y 1 0 x 1
y 2 0 y 2
Do đó:
       
2 23x y 1 3.( 1) .( 2) 1 7P 4xy 4.( 1).( 2) 8
0,25
0,25
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Xác định các số hữu tỉ a và b để đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 – 2x - 3
2. Chứng minh rằng số n2 + 2014 với n nguyên dương không là số chính phương.
Câu Đáp án Điểm
1 Đặt tính chia đa thức x3 + ax + cho đa thức x2 – 2x – 3 được thương là x +
2 và dư (a +7)x + (b + 6)
Để đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 – 2x – 3 thì đa thức dư phải
bằng 0 với mọi giá trị của x nên :
a 7 0 a 7
b 6 0 b 6
         
0,5
0,75
Vậy với a = -7 và b = - 6 thì đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 –
2x – 3.
0,25
2 Nếu n2 + 2014 là một số chính phương thì n2 + 2014 = k2 (k  N)
 k2 – n2 = 2014
 (k – n)(k + n) = 2014 (*)
Vì (k + n) – (k – n) = 2n là số chẵn nên k và m phải cùng chẵn hoặc cùng
lẻ.
Mặt khác (k – n)(k + n) = 2014 là chẵn
Nên (k – n), (k + n) đều chia hết cho 2 hay (k – n)(k + n)  4
Mà 2014 không chia hết cho 4
Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra.
Vậy không có số nguyên dương n nào để số n 2 + 2014 là số chính phương
0,25
0,25
Bài 3. (2,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm đối xứng của điểm A qua điểm D. Từ A vẽ
AH vuông góc với đoạn BE tại H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AH và HE.
a) Chứng minh tứ giác BMNC là hình bình hành.
b) Tính số đo của ANC .
Câu Đáp án Điểm
Hình vẽ đúng câu a)
N
M
H
ED
CB
A
0,25
a Xét HAE có : HM = MA ; HN = NE (gt)
 MN là đường trung bình của HAE
MN / /AE
1MN AE
2
  
Lại có BC // AD (ABCD là hình vuông) và BC = AD = 1 AE
2
Do đó MN // BC (cùng song song với AE) và MN = BC
0,25
0,25
0,5
Suy ra: tứ giác BMNC là hình bình hành. 0,25
b Vì MN // BC (cm trên) mà BC  AB nên MN  AB.
Lại có AH  BN
Suy ra M là trực tâm của tam giác BAN
 BM  AN mà BM // CN (BMNC là hình bình hành)
Suy ra AN  NC hay  0ANC 90
0,25
0,25
0,5
Bài 4. (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC có A tù, AC > AB và H là chân đường cao hạ từ A. Về phía
trong góc BAC dựng các điểm D, E sao cho AD  AB, AD = AB, AE  AC và AE = AC.
Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh ba điểm A, H, M thẳng hàng.
Câu Đáp án Điểm
Hình vẽ đúng cả bài.
H
F
M
E
D
CB
A
0,25
Dựng hình bình hành DAEF. Ta có M là trung điểm của DE
 M là trung điểm của AF  AE // DF.
Mà AE  AC. Nên DF AC.
Ta có     0 0 0DAE BAC CAE BAD 90 90 180     
Mà   0DAE ADF 180  (vì AE // DF)
Do đó  BAC ADF
Xét ABC và DAF có
AB = AD (gt), AC = DF (= AE),  BAC ADF
Do đó ABC = DAF (c.g.c)  AFD ACB 
0,25
0,25
0,25
Mà  AFD EAF (vì AE // DF) nên  EAF ACB
Mặt khác    0EAF FAC EAC 90  
Do đó    0ACB CAF 90 ACB CAH   
Hay ba điểm A, H, F thẳng hàng nên A, H, M, F thẳng hàng
Vậy A, H, M thẳng hàng.
0,25
0,25
Bài 5. (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy – 2x – 3y + 1 = 0
2. Cho x, y, z  0 ; 2x + 7y = 2014 và 3x + 5z = 3031. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x + y + z.
Câu Đáp án Điểm
a Có xy – 2x – 3y + 1 = 0
 xy – 2x – 3y + 6 = 5
 (x – 3)(y – 2) = 5
Vì x, y là các số nguyên nên x – 3 và y – 2 là ước của 5
Ta có bảng giá trị:
x – 3 - 5 - 1 1 5
y – 2 - 1 - 5 5 1
x - 2 2 4 8
y 1 - 3 7 3
Vậy nghiệm nguyên của phương trình :
(x, y) = (4 ; 7), (8 ; 3), (2 ; -3), (-2 ; 1).
0,25
0,25
0,25
0,25
b Cộng từ vế của các đẳng thức 2x + 7y = 2014 và 3x + 5z = 3031 ta được :
5(x + y + z) + 2y = 5045.
Như vậy 5(x + y + z) lớn nhất  2y nhỏ nhất.
Vì y  0 nên 2y nhỏ nhất  y = 0.
Khi đó x = 1007, z = 2.
Do đó 5(x + y + z) lớn nhất bằng 5045
Vậy (x + y + z) lớn nhất bằng 1009  x = 1007 ; y = 0 ; z = 2.
0,25
0,25
0,25
0,25
* Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.