UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) Cho ba số abc , , khác nhau đôi một và khác 0 , đồng thời thỏa mãn điều kiện ab bc ca cab    . Tính giá trị của biểu thức 111 abc A bca             . Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 2 13 2 2 x x x 1 ( 1)     . 2) Cho hai đa thức 5 3 2 Px x x x Qx x x ( ) 5 4 1, ( ) 2 1       . Gọi 12345 xxxxx ,,,, là các nghiệm của P x . Tính giá trị của Qx x x x  12345 .... Q   QQQ     x . Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho 2 n  2 là ước số của 6 n  206 . 2) Cho abc , , là các số nguyên khác 0 , a c  sao cho 2 2 2 2 ab a b c c    . Chứng minh rằng 222 abc   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 ABC    90 , 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 thựcabc ,, 1  . Chứng minh rằng 1 1 1 444 3 2 12 12 1 a b c ab bc ca          . 2) Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng 2 3 . Chứng minh rằng có ít nhất 3 đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm. --------HẾT-------- Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. ĐỀ CHÍNH THỨC UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM 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 abc  0 thì a b cb c ac a b       ,,. Do đó, 1 1 ab bc ca a bb cc a A c a b cab             . 1,0 Nếu abc  0 thì 2 ab bc ca abbcca c a b cab         . Do đó, a b cb c ac a b a b c      2, 2, 2 , trái giả thiết. Vậy A  1. 1,0 2.1. (2,0 điểm) Điều kiện: x x   0, 1 0,25 2 22 2 13 2 1 3 2 21 1 0 xx x x x x 1 1 ( 1) ( 1)            2 2 2 2 1 ( 1) 3( 1) 2 0 ( 1) xx x x x         2 2 2 ( 1)( 1) 2 1 3 3 2 0 ( 1) x x xx x x x         0,75 2 2 2 2 ( 1)( 1) ( 1) 1 0 ( 1) 0 ( 1) ( 1) x x xx x x x x x x x                  0,5 3 3 1 ( 1) ( 1) 0 1 2 x xx x x                     (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 1; 2 S               . 0,5 2.2. (2,0 điểm) Ta có       5 12345 3 Px x x x x x x x x x x x x x () 5 4 1          1 () 2 ( 1 ) 2 Qx x x                0,75 Do đó Qx x x x  12345 .... Q   QQQ     x  5 12345 11111 2 22222 xxxxx                            11111 xxxxx 12345                 0,75 1 32. ( 1) 2 P P               5 32 2 1 ( 1 5 4 1) 7 8 1 7 32                     . 0,5 3.1. (2,0 điểm) 2 n  2 là ước số của 6 n  206 6 6 2 2 206 8 198 2 2 n n n n           4 2 2 198 2 4 2 n n n      . 0,75 Điều này xảy ra khi 2 n  2 là ước nguyên dương của 2 198 2.3 .11  gồm: 2;3;6;9;11;18;22;33;66;99;198 . 0,75 Từ đó ta tìm được n  1;2;3;4;8;14. Chú ý : + Nếu bước 2 thiếu giá trị của 2 n  2 trừ 0,5 điểm. + Nếu bước 3 thiếu giá trị của n trừ 0,25 điểm. 0,5 3.2. (2,0 điểm) Ta có   2 2 2 2 2 2 () 0 ab a a c b ac b ac b c c         Mà 222 2 2 2 22 a b c a ac c a ac c b      2 2 2       ( ) ( )( ) a c b a c ba c b 0,75 Ta thấy 222 abc  3 do đó nếu 222 abc   là các số nguyên tố thì xảy ra các trường hợp sau 222 222 1) 1, acb acb a b c a b c a c           2 2 1 2 22           ( 1) ( 1) 1 a c b ac b 1, 1 (Loại) 0,5 222 222 2)acb acb a b c a b c a c           1, 2 2 1 2 22           ( 1) ( 1) 1 a c b ac b 1, 1 (Loại)   222 222 3)acb acb a b c a b c a c               1, 2 2 1 2 22           ( 1) ( 1) 1 a c b ac b 1, 1 (Loại)   222 222 4)acb acb a b c a b c a c               1, 2 2 1 2 22           ( 1) ( 1) 1 a c b ac b 1, 1 (Loại) Vậy 222 abc   không phải là số nguyên tố. 0,75 4.1.a) (2,0 điểm) a) Do ABCD là hình vuông nên  A MAD  1  90º1 Mà AMHN là hình vuông   A  2 MAD  90º 2 Từ 1,2    suy ra   A1  A2 1,0 Do đó,   AND AMB c g c (..)   1   B D 90º và BM ND  1,0 2 1 N M 3 2 1 1 2 d O F E H D C A B 4.1.b) (1,5 điểm) Do ABCD là hình vuông  2   D 90º    1 2    NDC D D 90º 90º 180º  N DC , , thẳng hàng. 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. 1,0       1 3 12       EOM FON OM ON N M O O ;   EM NF (4) Từ 3,4      EM NE NF FM  MENF là hình thoi 5. 0,5 4.1.c) (2,0 điểm) Từ 5 suy ra FM FN FD DN  Mà DN MB    MF DF BM 1,0 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   )        ( )( ) MC MB CF FD BC CD a a a2 Do đó, chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC . 1,0 4.2. (1,5 điểm) Xét ABC có BAC ABC ACB     90 , 20   70   ACF có CAF   90 , ACF   30   FC AF 2. Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD BC  . Khi đó,   ABC DBG ∽ BD BA BG BC   0,5 GCB GBC GCF      20  20   Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF  và ABC  nên ; FC BC BA AE FG BG BC EC   0,5 Do đó, 1 1 2 2 FC BC AF BD BA AE AF AE FG FG BG BG BC EC FG EC    Từ đó suy ra CG EF / / (ĐL Talet đảo) CFE GCF   20 . 0,5 5.1. (2,0 điểm) Ta có 2 2 ( 1) 0 2 1 a aa      2 1 1 2 1 a a   . Nên 222 111 VT 3 abc  0,75 G E F D C B A Ta lại có 2 2 2 2 2 2 112 8 8 8 11 8 ;2 2 a b ab ab ab ( )( ) a b a b a b            Tương tự 2 2 2 2 11 81 1 8 2; 2 bc ca b c c a       0,75 Suy ra 222 111 4 4 4 3 abc ab bc ca       Do vậy, 1 1 1 444 3 2 12 12 1 a b c ab bc ca          Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiabc  1 . 0,5 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. Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD tại các điểm M và N. Ta có 1 . .( ) 2 2 EJ 2 2 3 1 3 3 . .( ) 2 ABMN MCDN AB BM AN S S JF CD MC ND       . (ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng). 0,5 Gọi EFPQ ,,, tương ứng là các trung điểm củaAB CD BC AD ,,, . Gọi 1234 JJJJ ,,, là các điểm sao cho 1 2 J J, nằm trênEF , 3 4 J J, nằm trên PQ và thỏa mãn: 0,5 J N M E F D C B A 1234 1234 EJ 2 3 FJ PJ QJ JF JF JQ JP  . 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 4 điểm 1234 JJJJ ,,, nói trên. Vì có 9 đường thẳng, nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm 1234 JJJJ ,,, sao cho nó có ít nhất 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----------- J4 J3 J2 J1 P Q E F D C B A