đề thi học sinh giỏi vòng trường thi ngày 31 tháng 3 năm

Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.b[r]

(1)

UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019

MƠN : TỐN LỚP : 8

Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ Câu 1:( điểm)

a)Chứng minh tích bốn số nguyên dương liên tiếp khơng số phương

b) Chứng minh: (n3 3n2 2 ) 2010n  n chia hết cho với số dương n Câu 2:( điểm)

a) Cho x + y = Tìm GTNN biểu thức: A = x2 + y2.

b) Giải phương trình:

(x – 1)3 + x3 + (x+1)3 = (x+2)3 Câu 3:( điểm)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 4

b) Cho a+b+c=1.Chứng minh rằng:

2 2

3

a b c 

Câu 4:( điểm)

Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N

a Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật

b Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF

(2)

-Hết -UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019

MÔN : TOÁN LỚP : 8

Thời gian : 120 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1:( điểm)

a)Chứng minh tích bốn số nguyên dương liên tiếp không số phương (2,5đ)

Gọi bốn số nguyên dương liên tiếp n, n+1;n+2;n+3 0.5điểm

Ta có: A n n ( 1)(n2)(n3) 0.5điểm

2

( )( 2)

 n  n n  n 0.5điểm

 3 1 1  3 1 1

 n  n  n  n  0.5điểm

n2 3n 12 1

   

0.25điểm Vậy tích bốn số ngun dương liên tiếp khơng số phương 0.25điểm b) (2,5đ)

Ta có

 

   

     

  

 

3 2

2

n 2013n 2n n 3n 2n 2010n (0,5ñ)

=n n 3n 2010n (0,5ñ)

=n n+1 n 2010n

    



2

(0,5đ) n n+1 n (0,25đ) Vì:

2010n

   

    

 



2

3

(0,25đ)

Nên : n n+1 n 2010n (0,25ñ)

Vậy: n 2013n 2n chia hết cho với số dương n (0,25đ)

a) Ta có: x + y =  y = – x (0,25đ)

Do đó: A = x2 + y2 = x2 + (2 – x)2

= x2 + – 4x + x2 (0,5đ)

(3)

= 2( x2 – 2x) + 4 (0,5đ)

= 2(x – 1)2 +  2 (0,5đ)

Vậy GTNN A x = y = (0,25đ)

b) Giải phương trình:

(x – 1)3 + x3 + (x + 1)3 = (x + 2)3

x3 – 3x2 + 3x – + x3 + x3 + 3x2 + 3x + = x3 + 6x2 + 12x + (0,5đ)

x3 – 3x2 – 3x – = 0 (0,5đ)

x3 – – 3x2 – 3x – = 0 (0,5đ)

(x – 1)(x2 + x + 1) – 3(x2 + x + 1) = 0 (0,5đ)

(x2 + x + 1)(x – 4) = 0 (0,5đ)

Vì x2 + x + ≠ nên x – = 0

Vậy S = {4} (0,5đ)

a) x4  4 (x4  4 4x )2  4x2 1,0đ =x     x

2

2 2 2

0,5đ =x  x  x  x 

2 2 2 2 2

1,0đ b) Cho a+b+c=1.Chứng minh rằng:

2 2

3

a b c 

Áp dụng bất đẳng thức côsi hai số khơng âm Ta có

2 2

a b  ab 0.25điểm

2 2

b c  bc 0.25điểm

2 2

a c  ac 0.25điểm

Cộng (1),(2),(3) theo vế ta  2 2

2 a b c 2ab2ac2bc

0.25điểm

2 2 2 2 2

2(a b c ) (a b c ) a b c 2ab 2ac 2bc

            0.5điểm

2 2

3(a b c ) (a b c)

      0.25điểm

2 2

3(a b c )

    0.5điểm

2 2

3

a b c

   

(4)

N M H

F

E

D C

B A

Vẽ hình 0,5 đ

a) Ta có DAM = ABF  (cùng phụ BAH ) 0,25đ

AB = AD ( gt) 0,25đ BAF = ADM = 90  0 (ABCD hình vng) 0,25đ

 ΔADM = ΔBAF(g.c.g ) 0,25đ

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) 0,25đ Nên AE = DM

Lại có AE // DM ( AB // DC ) 0,25đ Suy tứ giác AEMD hình bình hành 0,25đ

Mặt khác: DAE = 90 0 (gt) 0,25đ

Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật

b) Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) 0,25đ

AB BH

=

AF AH



hay

BC BH

=

AE AH ( AB=BC, AE=AF) 0,25đ Lại có HAB = HBC  (cùng phụ ABH ) 0,25đ ΔCBH ΔEAH

  (c.g.c) 0,25đ

2 ΔCBH

ΔEAH

S BC

=

S AE

 

  

  , mà

ΔCBH ΔEAH S

=

S (gt)

2 BC

= AE

 

  

  nên BC2 = (2AE)2

0,5đ

 BC = 2AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD 0,5đ Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0,5đ

( Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa)