VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

TẠO TIỀN HẢI

MÔN: TOÁN 8
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1: (4,5 điểm)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24
2) Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c = 0 thì

a
b 
a b bc ca   c





 .
9
a
b  a b bc ca 
 c

3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của

cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. Gọi Q là trung
điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N.
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Khi M là trung điểm của AD. Chứng minh BQ vuông góc với NP
c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F. Chứng minh rằng

1
1
1


2
2
AB
AP
4AF2

Bài 5 (1,0 điểm): Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương
và số đo diện tích bằng số đo chu vi.


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017
TIỀN HẢI

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Bài
1

 (2 p 2  p) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  1) 2

Do đó:
4

3

2

4

3

2

2

4 p  4 p  4 p  4 p  4  4 p  4 p  5 p  2 p 1  p  2 p  3  0

p1 = -1(loại); p2 = 3

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

3. Đặt

a b


xz

Ta có ( x  y  z )      3  


y
x y z
 x
Ta lại có:


0,5

x y
 (2)
z 

y  z bc ca  c
b 2  bc  ac  a 2 c


.

.

x
b  a b
ab
a b

abc
x y z

0,25

0,25
0,25

Vì a  b  c  0  a 3  b3  c 3  3abc
1

1

1

2

.3abc  3  6  9
Do đó ( x  y  z )      3 
x y z
abc


2



1.
a. Với x  1 ta có



0,5

 x  4  x2  x  1   x2  x  1  x  8 
x2  2x  3
x2  9
P
:

:
 

2
x 2  x  1  ( x  1)( x 2  x  1) x 2  x  1
 ( x  1)( x  x  1)  

0,5



( x  3)( x  1) x 2  x  1 x  3
.
 2
( x  1)( x 2  x  1) x 2  9
x 9

Vậy x  1 thì P 

x3
x2  9


0,5

Ta có f (0)  ( 1) 2018  12018  2  0  x = 0 là nghiệm của f(x)
0,25

 f(x) chứa thừa số x

Ta có f (1)  (12  1  1) 2018  (12  1  1) 2018  2  0  x = 1 là nghiệm của f(x)
 f(x) chứa thừa số x- 1 mà các thừa số x và x - 1 không có nhân tử

chung do đó f(x) chia hết cho x(x - 1)
Vậy f ( x)  ( x 2  x  1) 2018  ( x 2  x  1) 2018  2 chia hết cho g ( x)  x 2  x
3

1. ĐKXĐ: x  -3;

x  -m ta có

0,25
0,25
0,5

xm x3

 2  x 2  m 2  x 2  9  2( x  3)( x  m)
x3 xm
 2 x 2  m 2  9  2( x 2  3 x  3m  mx)  2( m  3) x  ( m  3) 2 (1)

Với m = 3 thì (1) có dạng

là nghiệm
2

Kết luận: với m = -3 thì S   x / x  3 . Với m  3 thì

0,5

0,25

0,25
 m  3
S  

2 



VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

0,25

2. Ta có 2 x(8 x  1) 2 (4 x  1)  9 
(64 x 2  16 x  1)(8 x 2  2 x)  9  (64 x 2  16 x  1)(64 x 2  16 x)  72 (*)

Đặt

64x2 -16x = t ta có (*)  t(t + 1) – 72 = 0  t = - 9 hoặc t = 8.

Với t = -9


a. Chưng minh được DH // BK (1)
Chứng minh được AHD  CKB suy ra DH = BK

(2)

1,0

Từ (1) và (2)  tứ giác MNPQ là hình bình hành

0,5

b. Gọi

0,5

E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình

của KBC nên QE // BC  QE  AB(vì BC  AB) và
QE 

1
1
BC  AD
2
2

Chứng minh AM = QE và AM//QE  tứ giác AMQE là hình bình hành
Chứng minh AE//NP//MQ (3). Xét AQB có BK và QE là hai đường
cao của tam giác  E là trực tâm của tam giác
nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE  BQ  BQ  NP

0,5
0,5

Ta chia cả hai vế của (1) cho AD 2 . AG 2 .AF2
Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago)
1

1



1
1
1


2
2
AD
AG
AF 2



4
4
1
1
1
1


 AP 
2



2



1
AF 2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

5

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x,

0,25

y, z là các số nguyên dương). Ta có xy = 2(x + y + z) (1) và x2 + y2 = z2
(2)
Từ (2) suy ra z2 = (x + y)2 - 2xy, thay (1) vào ta có:

0,25