Giao lưu học sinh giỏi cấp huyện năm học 2013 - 2014 môn : Toán lớp 8 thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

PHÒNG GD&ĐT CẨM GIÀNG
 GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN : TOÁN LỚP 8 
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm)
 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: .
 Rút gọn biểu thức sau: . 
Câu 2. (2,0 điểm)
Giải phương trình sau:
 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 
Câu 3. (2,0 điểm)
Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho dư 10, f(x) chia cho dư 24, f(x) chia cho được thương là và còn dư. 
Chứng minh rằng: 
Câu 4. (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh đồng dạng với 
Chứng minh BF.BA + CE.CA = BC2
Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AH = 2.OM
Câu 5. (1,0 điểm)
 Cho là ba số dương thoả mãn . Chứng minh rằng :
	 .
---------------Hết----------------
PHÒNG GD&ĐT CẨM GIÀNG
TRƯỜNG THCS CẨM GIÀNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN : TOÁN LỚP 8 
Câu 1
Hướng dẫn giải
(2.0 điểm)
1
(1.0 điểm)
Ta có 
0,25
0.25
0.25
Kết luận 
0.25
2 
(1.0 điểm)
ĐK: 
Ta có 
0.25
0.25
0.25
Vậy với .
0.25
Câu 2
(2.0 điểm)
1 
(1.0 điểm)
Đặt: 
0.25
Phương trình đã cho trở thành:
0.25
Khi đó, ta có: 
0.25
 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .
0.25
2
(1.0 điểm)
Ta có (1)
0.25
 (2)
0.25
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 cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:
 (-1 ; 0)
KL
0.25
Câu 3
(2 điểm)
1
(1.0 điểm)
Giả sử f(x) chia cho được thương là và còn dư là .
Khi đó: 
0.25
Theo đề bài, ta có:
0.25
Do đó: 
0.25
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 
0.25
2
(1.0 điểm)
Ta có: 
Đặt:
0.25
Khi đó, ta có: 
0.25
 (đpcm)
0.25
KL:.
0.25
Câu 4
(3 điểm)
1
(1.0 điểm)
Ta có (g.g)
0.25
 hay 
0.25
DAEF và DABC có và chung
Suy ra DAEF đồng dạng với DABC (c.g.c)
0.5
2
(1.0 điểm)
Gọi D là giao điểm của AH và BC.
 Ta có DDBA đồng dạng DFBC (g.g)
 hay BF.BA = BD.BC (1)
0.25
Lại có DECB đồng dạng DDCA (g.g)
 hay CE.CA = DC.BC (2)
0.25
Từ (1) và (2) suy ra BF.BA + CE.CA = DB.BC + DC.BC 
	BF.BA + CE.CA = BC.(DB + DC) = BC.BC 
	Vậy BF.BA + CE.CA = BC2
0.5
3
(1.0 điểm)
Gọi K là điểm đối xứng với A qua O
Ta có tam giác ACK vuông tại C 
 mà nên KC // BH (3)
0.25
Chứng minh tương tự ta có BK // CH (4)
0.25
Từ (3) và(4) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành
mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của HK
0.25
Lại có O là trung điểm của AK
suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHK
 AH = 2.OM
0.25
Câu 5 1 điểm
1.0 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với a, b, c R và x, y, z > 0 ta có
 (*)
Dấu “=” xảy ra 
Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 
 (**)
 (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra 
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
Dấu “=” xảy ra 
0.25
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 
 (Vì ) 
0.25
 Hay 
Mà nên 
0.25
Vậy (đpcm)
0.25
Điểm toàn bài
(10 điểm)
Lưu ý khi chấm bài:
Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.