Đề thi học sinh giỏi lớp 8 cấp huyện năm học 2015 - 2016 môn: Toán

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
PHÒNG GD&ĐT NAM TRỰC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 120 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức B =
3 2
2 3 
1 - x 1 - x- x :1 - x 1 - x - x + x
   
(với x  1 )
1) Rút gọn biểu thức B.
2) Tìm giá trị của x để B < 0.
3) Tính giá trị của biểu thức B với x thỏa mãn: x - 4 = 5
Bài 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình: 4 3 2x + 3x + 4x + 3x + 1 = 0
2) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 + 3xy – 2y2 = 7
Bài 3: (2,0 điểm)Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 2
4 5 + 9x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: Q = 2 22 2
862x + + 3y + x y
Bài 4: (4,0 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ
một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.
1) Chứng minh: EA.EB = ED.EC.
2) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá
trị không đổi.
3) Kẻ DH BC  H BC . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH.
Chứng minh CQ PD .
Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và H là trực tâm
1) Tính tổng
' ' 'HA HB HC+ +' 'AA' BB CC
2) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM và IN theo thứ tự là phân giác của
AIC vàAIB . Chứng minh: AN.BI.CM = BN.IC.AM
Bài 6: (2,0 điểm)Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín một
tam giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt tấm bìa.
ĐỀ CHÍNH THỨC
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
PHÒNG GD&ĐT
NAM TRỰC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Bài Nội dung chính Điểm
1
(4,0đ)
1) Với x  1 thì:
          
        
        
2
2
2
2
2 2
2
1 - x 1 + xA = 1 + x + x - x : 1 + x 1 - x + x - x 1 + x
1 - x 1 + x= x + 1 : 1 + x 1 - 2 x + x
1 - x= x + 1 : = x + 1 1 - x
1 - x
0,5
1,0
0,5
2) Với x  1 thì B < 0 khi và chỉ khi   2x +1 1-x 0 (1)
Vì  2x +1 0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 01  x 1 x
Vậy B 1
0,25
0,5
0,25
3) Với x - 4 = 5 x = -1; x = 9
Tại x = -1 không thỏa mãn điều kiện x  1
Tại x = 9 thỏa mãn điều kiện x  1 . Tính được B = - 656
0,5
0,25
0,25
2
(4,0đ)
1) 4 3 2x + 3x + 4x + 3x + 1 = 0
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của PT. Chia cả hai vế của phương trình cho x2  0, ta
được
2
2
2
2
3 1x + 3x + 4 + + = 0x x
1 1 x 3 x 4 0x x     
         
Đặt 1x x = y thì
2
2
1x x = y
2 – 2, ta được PT: y2 + 3y + 2 = 0 (*)
Giải (*) được y1= -1 ; y2 = -2
Với y1= -1 ta có 1x x = -1 nên x
2 + x + 1 = 0. PT vô nghiệm
Với y1= -2 ta có 1x x = -2 nên  
2x+1 0 , do đó x = -1
Vậy S=  1
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
2) Ta có 2x2 + 3xy – 2y2 = 7
2 22 4 2 7
2 ( 2 ) ( 2 ) 7
(2 )( 2 ) 7
x xy xy y
x x y y x y
x y x y
    
    
   
Vì x, y nguyên nên 2x-y, x+2y nguyên và là ước của 7
Mà 7 = 1.7 = (-1).(-7) = 7.1 = (-7).(-1)
Ta có bảng sau:
0,5
0,5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2x-y 1 -1 7 -7
x+2y 7 -7 1 -1
x 1,8 (loại) -1,8 (loại) 3 -3
y 2,6 (loại) -2,6 (loại) -1 1
Vậy nghiệm của phương trình là
 ( , ) (3; 1);( 3;1)x y   
0,75
0,25
3
( 2đ )
Ta có Q = 2 22 2
862x + + 3y + x y
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 3 4 5+ +x y
1 1 4 5= 2 +3 + +x y
= 2x + + 3y + x y
x + y + x y
             
Ta có
2
2
12 2.2 4x + x
      Dấu “=” xảy ra khi
2x =1 x =1 ( Vì x > 0)
2
2
13 3.2 6y + y
     
. Dấu “=” xảy ra khi 2 =1 =1 y y ( Vì y > 0)
2 2
4 5 + 9x y  (gt). Khi x =1 ; =1y thì dấu “=” xảy ra
=> 4 6 9 = 19Q   
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 19 khi =1x y
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
4
(4,0đ)
IP
Q
H
E
D
A
B C
M
1) Chứng minh EA.EB = ED.EC
- Chứng minh  EBD đồng dạng với  ECA (g-g)
- Từ đó suy ra . .EB ED EA EB ED ECEC EA  
0,5
0,5
2) Kẻ MI vuông góc với BC ( )I BC . Ta có  BIM đồng dạng với  BDC (g-g)
. .BM BI BM BD BI BCBC BD    (1)
Tương tự:  ACB đồng dạng với  ICM (g-g) . .CM CI CM CA CI BCBC CA    (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2. . . . ( )BM BD CM CA BI BC CI BC BC BI CI BC      (không
đổi)
0,5
0,5
0,5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
3) Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (g-g)
2
2
BH BD BP BD BP BD
DH DC DQ DC DQ DC     
- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (c-g-c)  BDP DCQ 
mà  90oBDP PDC    90oDCQ PDC   CQ PD 
0,5
0,25
0,5
0,25
5
( 4đ )
1) '
'
'
'
.2
1
.2
1
AA
HA
BCAA
BCHA
S
S
ABC
HBC 
tương tự: 'CC
HC
S
S
ABC
HAB  ; '
'
BB
HB
S
S
ABC
HAC 
Suy ra: 1'
'
'
'
'
'

ABC
HAC
ABC
HAB
ABC
HBC
S
S
S
S
S
S
CC
HC
BB
HB
AA
HA
2)
Áp dụng tính chất đường phân giác vào các tam giác: ABC; ABI; AIC
AC
AB
IC
BI  ; BI
AI
NB
AN  ; AI
IC
MA
CM 
Suy ra: 1.....  BI
IC
AC
AB
AI
IC
BI
AI
AC
AB
MA
CM
NB
AN
IC
BI
MANBICCMANBI .... 
0.5
1.
0.5
0.75
1
0,25
6
(2đ)
Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3. Chia
mỗi cạnh của tam giác ABC thành ba phần bằng
nhau. Nối các điểm chia bởi các đoạn thẳng song
song với các cạnh, tam giác ABC được chia thành 9
tam giác đều có cạnh bằng 1.
Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh BC, CA
và AB sao cho IC = JA = KB =1. Ba đường tròn bán
kính bằng 1, tâm tương ứng là I, J, K sẽ phủ kín được
tam giác ABC (mỗi hình tròn phủ được 3 tam giác
nhỏ). Như vậy dùng 3 tấm bìa sẽ phủ kín được tam
giác ABC.
Số tấm bìa ít nhất phải dùng cũng là 3, bởi vì nếu
ngược lại sẽ phải có hai trong ba đỉnh của tam giác
0,75
0,75
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ABC thuộc một hình tròn bán kính 1. Điều này
không thể xảy ra bởi vì cạnh của tam giác ABC bằng
3. 0,5