UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Lớp 8
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho ba số a,,bc khác nhau đôi một và khác 0 , đồng thời thỏa mãn điều kiện
   
ab bc ca ab c
 
 
 . Tính giá trị của biểu thức A1 11  .
 
 
 
 
 
ca b b ca
   
Câu 2. (4,0 điểm)
13 2
1) Giải phương trình   2 .
22
x1
xx( 1)
5 3 2
2) Cho hai đa thức P()x x 5x 4x1,Qx() 2x x1. Gọi xx,,x ,x ,x là
1 2 34 5
Px Qx ..Q x QQx . x .Q x
các nghiệm của . Tính giá trị của .
           
1 234 5
Câu 3. (4,0 điểm)
2 6
1) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n 2 là ước số của n 206 .
22
a b a
2) Cho là các số nguyên khác 0 , sao cho . Chứng minh rằng
a,,bc ac 
22
c
bc
22 2
a bc không phải là số nguyên tố.
Câu 4. (7,0 điểm)
1) Cho hình vuông ABCD , gọi M là điểm bất kì trên cạnh BC . Trong nửa mặt phẳng bờ
AB chứa C , dựng hình vuông AMHN . Qua M dựng đường thẳng d song song với AB , d cắt
AH tại E . Đường thẳng AH cắt DC tại F .
a) Chứng minh rằng BMND .
b) Tứ giác EMFN là hình gì?
c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC .
 
 
2) Cho tam giác ABC có BAC90 ,ABC 20 . Các điểm E và F lần lượt nằm trên
  
 
các cạnh AC,AB sao cho ABE10 và ACF 30 . Tính CFE .
Câu 5. (3,0 điểm)
1) Cho các số thựca,,bc1. Chứng minh rằng
1 1 1 44 4
.
  3  
2a12b12c1 ab bc ca
2) Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia
2
hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng . Chứng minh rằng có ít nhất 3
3
đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm.
--------HẾT--------
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: Toán - Lớp 8
Câu Đáp án Điểm
1.1. (2,0 điểm)
Nếu abc 0 thì abc,bc a,ca b.
1,0
ab bc ca ab bc ca
Do đó,   11A    .
c a b ca b
ab bc ca ab bcca 
Nếu abc 0 thì     2.
c a b cab
1,0
Do đó, ab 2,cbc  2a,ca  2babc , trái giả thiết.
Vậy A1.
2.1. (2,0 điểm)
Điều kiện: xx 0, 1
0,25
13 2 1 3 2
  21  1  0
2 22 2
xxxx11( 1) x (x1)
22
xx1 ( 1)  3(x1) 2
  0
0,75
2 2
xx( 1)
2
(x1)(x1) xx 2 1 3x 3 2
  0
22
xx( 1)

(x1)(x 1) xx( 1) x1 x

  0 (x1)   0
0,5
2 2 22

x (x1) xx( 1)


x 1

33


 (xx1) ( 1) x 0 (thỏa mãn)
1



x

2 0,5



1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1; .


2


2.2. (2,0 điểm)
5 3
Ta có
P()x x  5x  4x1 xx xx xx xx xx
     
1 2345
 
0,75
1



Qx() 2 x (1 x)





2
 
Do đó Q x ..Q x QQx . x .Q x
         
1 2345

     
11 1 1 1
5    
   

 2 xx x x x
   
0,75
12 34  5
   
   
22 2 2 2
     



 11xx 1 x 1 x 1 x
     
1 2 3 4 5

 
1 1 5
 
 
 32.PP( 1) 32   21 (154 1) 77 .
  0,5
 
 
   
2 32 8
 
3.1. (2,0 điểm)
66
n  206 n 8 198
2 6
n  2 là ước số của n  206 
22
nn22
0,75
198
42
nn 24  .
2
n  2
2 2
Điều này xảy ra khi là ước nguyên dương của gồm:
n  2 198 2.3 .11
0,75
2;3;6;9;11;18;22;33;66;99;198 .
Từ đó ta tìm được n 1;2;3;4;8;14 .
 
Chú ý :
0,5
2
+ Nếu bước 2 thiếu giá trị của n  2 trừ 0,5 điểm.
+ Nếu bước 3 thiếu giá trị của n trừ 0,25 điểm.
3.2. (2,0 điểm)
22
ab a
22
Ta có   ()ac b ac 0 b ac
 
22
bc c
0,75
2 2 22 22 2 2
Mà a b c a acc a  2acc b
22
(ac) b (acb)(ac b)
22 2 22 2
Ta thấy a bc  3 do đó nếu a bc là các số nguyên tố thì xảy ra các trường
hợp sau
22 2 22 2
0,5
1) 1,ac b acba b c a b c 2a2c1
2 22
(Loại)
 (a1) (c1) b  1ac  1,b1
22 2 22 2
2)acb 1,ac b a b c a b c  2a 2c1
2 22
 (a1) (c1) b  1ac  1,b1 (Loại)
22 2 22 2
3)ac b1,ac b a b c a b c 2a2c1
 
2 22 0,75
 (a1) (c1) b  1ac 1,b1 (Loại)
22 2 22 2
4)ac b1,ac b a b c a b c 2a2c1
 
2 22
 (a1) (c1) b  1ac 1,b1 (Loại)
22 2
Vậy a bc không phải là số nguyên tố.
4.1.a) (2,0 điểm)
A B
1
2
d
E
M
3
1
O
2
1 2
1,0
C
D F
N
H
 
a) Do ABCD là hình vuông nênA MAD 90º 1

1
 
Mà AMHN là hình vuông A MAD 90º 2

2
 
Từ suy ra
1, 2 A A

1 2
Do đó, ANDAMB(.cg.c)
 
BD  90º và BMND
1
1,0
4.1.b) (1,5 điểm)

Do ABCD là hình vuông D 90º
2
  
NDCD D  90º90º 180º N,,DC thẳng hàng.
12
1,0
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AH,MN của hình vuông AMHN .
O là tâm đối xứng của hình vuông AMHN .
AH là đường trung trực đoạn MN, mà E,FAHEN EM và FMFN 3 .
 
   
EOMFON OMON;N M O O EM NF (4)
 
1 3 12
0,5
Từ 3, 4 EMNENF FMMENF là hình thoi 5 .
   
4.1.c) (2,0 điểm)
Từ 5 suy ra FMFNFD DN

1,0
Mà DNMB MFDF BM
Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vuông là a .
Ta có PMCCF MFMCCF BMDF (vì MFDF MB )
1,0
 (MCMB)( CFFD)BCCDaa 2a
Do đó, chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC .
4.2. (1,5 điểm)
A
F
G
E
C
0,5
B
D
   
Xét ABC có BAC 90 ,ABC20 ACB 70
   
ACF có CAF 90 , ACF 30 FC 2.AF
Gọi là trung điểm của và là điểm trên sao cho .
D BC G AB GDBC
BD BA
Khi đó, ABC∽ DBG 
BG BC
  

GCBGBC20 GCF 20


Do đó và lần lượt là tia phân giác của BCF và nên
CG BE ABC
0,5
FC BC BA AE
;
FG BG BC EC
11
FC BC
AF BD BA AE AF AE
22
Do đó,     
0,5
FG FG BG BG BC EC FG EC
 

Từ đó suy ra CG //EF (ĐL Talet đảo)CFE GCF 20 .
5.1. (2,0 điểm)
11
22
(a1)  0aa 2 1 
Ta có .
2
21a
a
0,75
1 11
Nên VT   3
22 2
a bc
11 2 8 8 8 11 8
Ta lại có    ;2   2
22 2 2 22
ab abab
a b ()ab()ab a b
0,75
1 1 81 1 8
Tương tự  2;  2
22 2 2
bc bcca ca
1 11 4 4 4
Suy ra   3  
22 2
ab bc ca
a bc
0,5
1 1 1 44 4
Do vậy,
  3  
2a12b12c1 ab bc ca
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiabc 1 .
5.2. (1,0 điểm)
Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh kề nhau của hình vuông, bởi vì nếu thế
chúng chia hình vuông thành một tam giác và ngũ giác (chứ không phải là chia hình vuông
thành hai tứ giác).
Do đó, mỗi đường thẳng (trong số chín đường thẳng) đều cắt hai cạnh đối của hình vuông và
không đi qua một đỉnh nào của hình vuông cả.
0,5
Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD tại các điểm M và N.
N
C
A
E
F
J
D
B
M
1
.AB.(BMAN)
S
2 2 EJ 2
ABMN 2
Ta có    .
S 31 3 JF 3
MCDN
.CD.(MCND)
2
(ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng).
Gọi E,,,F PQ tương ứng là các trung điểm củaAB,,CD BC,AD . Gọi JJ,,J ,J là các
1 234
0,5
điểm sao cho JJ, nằm trênEF , JJ, nằm trên PQ và thỏa mãn:
12 34
EJ FJ PJ QJ
2
1 234
   .
J F J F JQ J P 3
12 3 4
P
C
A
J
4
J
1 J
2
E
F
J
3
D
B
Q
Khi đó từ đó lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu của đề
bài phải đi qua một trong điểm JJ,,J ,J nói trên. Vì có đường thẳng, nên theo
4 9
1 234
nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm JJ,,J ,J sao cho nó có ít nhất
1 234
ba trong 9 đường thẳng đã cho đi qua.
Vậy có ít nhất 3 đường thẳng trong 9 đường thẳng đã cho đi qua một điểm.
Chú ý:
1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm.
2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm.
Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo
trao đổi với tổ chấm để giải quyết.
3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn.
-----------Hết-----------

onthicaptoc.com Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm học 2018 – 2019 sở GDĐT Bắc Ninh