Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố lớp 8 THCS - Năm học 2007 - 2008 môn Toán

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố

PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

Môn : Toán Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: 1. 2 7 6 x x   2. 4 2 2008 2007 2008 x x x   

Bài 2: (2điểm)

Giải phương trình:

1. 2 3 2 1 0 x x x     

2.  

2 2 2

2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4 x x x x x x x x x                              Bài 3: (2điểm)

1. Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64 6 4   Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.

2. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức cho      2 4 6 8 2008 x x x x     

đa thức . 2 10 21 x x  

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H BC). Trên tia HC  lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.

1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo . m AB  2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: . GB HD BC AH HC  

Hết

ThuVienDeThi.com

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố

PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008 Môn : Toán Đáp án và thang điểm: Bài 1 Câu Nội dung Điểm

2,0 1.

1.1 (0,75 điểm)

    2 2 7 6 6 6 1 6 1 x x x x x x x x          

   1 6 x x   

0.5

0,5 1.2 (1,25 điểm)

4 2 4 2 2 2008 2007 2008 2007 2007 2007 1 x x x x x x x          0,25      2 4 2 2 2 2 2 1 2007 1 1 2007 1 x x x x x x x x            0,25        2 2 2 2 2 1 1 2007 1 1 2008 x x x x x x x x x x              0,25 2. 2,0 2.1 (1) 2 3 2 1 0 x x x     

+ Nếu : (1) (thỏa mãn điều kiện ). 1 x   

2 1 0 1 x x      1 x 

+ Nếu : (1) 1 x       2 2 4 3 0 3 1 0 1 3 0 x x x x x x x              (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) 1; 3 x x    Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là . 1 x 

0,5

0,5

2.2

(2)  

2 2 2

2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4 x x x x x x x x x                              Điều kiện để phương trình có nghiệm: 0 x 

(2)  

2 2

2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 x x x x x x x x x

                                     

   

2

2 2 2

2 1 1 8 8 4 4 16 x x x x x x                      và . 0 8 x hay x    0 x  Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 8 x 

0,25

0,5

0,25

ThuVienDeThi.com

3 2.0 3.1 Gọi số cần tìm là (a, b là số nguyên và a khác 0) 10 ab a b  

Theo giả thiết: là số nguyên, nên và là các số chính 10a b a b    ab b phương, do đó: chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9 b Ta có:   2 2 10 10 2 2 5 a b a b a b a a b b a b a           

(vì )   2 5 b a    0 a 

Do đó phải là số chẵn: , nên a 2 a k  5 b k   Nếu (thỏa điều kiện bài toán) 1 8 81 8 1 9 b a       Nếu (thỏa điều kiện bài toán) 4 6 64 6 4 8 b a        Nếu (thỏa điều kiện bài toán) 9 4 49 4 9 7 b a       

0,5

0,5

3.2 Ta có:

        2 2 ( ) 2 4 6 8 2008

10 16 10 24 2008

P x x x x x

x x x x

     

     

Đặt , biểu thức P(x) được viết lại: 2 10 21 ( 3; 7) t x x t t        

2 ( ) 5 3 2008 2 1993 P x t t t t       

Do đó khi chia cho t ta có số dư là 1993 2 2 1993 t t  

0,5

0,5 4 4,0 4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc chung. :C

(Hai tam giác CD CA CE CB 

vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). : : 0 135 BEC ADC   Nên do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: : 0 45 AEB 

2 2 BE AB m  

1,0

0,5

4.2 Ta có: (do ) 1 1 2 2 BM BE AD BC BC AC     BEC ADC   :

mà (tam giác AHD vuông vân tại H) 2 AD AH 

nên (do ) 1 1 2 2 2 2 BM AD AH BH BH BC …