Đáp án HSG Toán học lớp 8 huyện Lai Vung, Đồng Tháp 2014-2015 - Học Toàn Tập

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN LAI VUNG

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8

NĂM HỌC 2014 – 2015
MƠN: TỐN

I. Hướng dẫn chung:

1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng,
chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó.

2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm
bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện
trong tổ chấm.

II. Đáp án và thang điểm:

Câu Đáp án Điểm

Câu
1

1
A =

4

2
5
2

2
3

2








x
x
x

x
x

Ta có: 2x3 + 9x2 + 12x + 4 = (x + 2)2(2x + 1)
Để phân thức A xác định thì: (x + 2)2(2x + 1) 0
x 2 và x

2
1



0,5
0,25
0,25

2

A =

4
12
9
2

2
5
2

2
3

2







x
x
x

x
x

=

)
1
2
(
)
2
(

)
1
2
)(
2
(

2







x
x

x
x

=
x 2

1

 với x 2 và x 2
1



0,5
0,5

3

Ta có 2x13 2 1 3 1

2 1 3 2

x x

x x

  

 

_  _

    

 

x = 1 (nhận) ; x = -2 (loại)
Với x=1 thì A =

3
1

0,5

0,25
0,25

Câu
2 1

a3 + b3 + c3= 3abc a b c 0

a b c

  


 

 


* Nếu a + b + c = 0 thì A= -1
* Nếu a = b = c thì A=8

0,5

2

B = 5n2 26.5n 82n1

25.5n 26.5n 8.64n
B

   

59.5n 8.64n 8.5n
B

   

59.5n 8(64n 5 )n
B

   

Do (64n 5 ) (64 5)n   . Vậy B chia hết cho 59

0,25
0,25
0,25
0,25

3

C = 2 2 2 2

1 1

x y

y x

   

 

   

 

  =

4 4 2 2
2 2

2 1

x y x y

x y

 

=

2

1
xy

xy

 



 

 

Ta có:

1 1 1 1

2 . 2.

16 16 4 2

xy xy

xy xy

    (1)

1 1 1

4

2 2 4

x y

xy xy

xy



     

1 4 1 15 15

16xy 16 4 16xy 16

     (2)
Từ (1) và (2)

1

1

15

1

15

17

16

16

2

4

4

xy

xy

xy

xy

xy











_



_



_



_

















Do đó: C =

2 2

1 17 289

4 16

xy
xy

   

  

   

 

 

Dấu “=” xảy ra

1 ₁

1

16 4

2

xy xy

xy x y

x y

x y

 _ 



 

 _ _   

 _ _{ }



(Vì x, y > 0)

Vậy min C =

289

16

1

2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu
3 1

5 4 3 2

2
x x x x  x

5 4 4 3 3 2 2

2 2 2 2 2 0

x x x x x x x x x

          

4 3 2

( 2) ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 0

x x x x x x x x x

          

4 3 2

(x 2)(x x x x 1) 0

      

0,25

2

2 2 2

( 2) ( ) ( 1) 0

2 2 2

x x x

x  x 

  _     _

 

2

2 2 2

( ) 0;( 1) 0; 0

2 2 2

x x x

Vì x     

và chúng không đồng thời bằng 0 nên
0

2
)
1
2
(
)
2
(

2
2
2

2






 x x x

x

Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm là x = 2.

0,25
0,25

2

Chứng minh P =

12
1
1
...
5

1
4

1
3

1

3
3

3

3    

n

Ta có: 1_{3 3}1 1
n(n 1)(n 1)

n  n n   

1₃ 1 (. 1) ( 1)
2 n( 1)( 1)

n n

n n

n

  

 

 

3

1 1 1 1

2 (n 1)n n n( 1)
n

 

  _  _

 

 

1 1 1 1 1 1

...

2 2.3 3.4 3.4 ( 1) ( 1)
P

n n n n

 

  _      _

 

 

1 1 1
2 6 ( 1)
P

n n

 

  _  _



 

Do n>5 nên 1 1 1

6n n( 1)6. Vậy P < 12
1

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

3

Gọi x là vận tốc lúc đi là x(km/h) (x>0)
Theo đề bài ta có:

x
x

x 60
4
60
3
1

1 






2

16 720 0
( 36)( 20) 0

x x

x x

   

   

Vì

x



36



0

x



20



0

20

x

 

Vậy vận tốc lúc đi có thể lớn hơn 0 và bé hơn bằng 20

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu
4 1

Ta có:

'
AA

'
HA
BC
'.
AA
.
2
1

BC
'.
HA
.
2
1
S

S

ABC

HBC _{ }

0,25

A

C
I

B’
H
N

x

A’
C’

M

D
B

A

C
I

B’
H
N

x

A’
C’

M

Tương tự:

'

CC

'

HC

S

S

ABC
HAB

_

;

'
BB
'
HB
S

S

ABC
HAC _

Do đó:

1

S

S

S

S

S

S

'

CC

'

HC

'

BB

'

HB

'

AA

'

HA

ABC
HAC
ABC

HAB
ABC

HBC













0,25

0,25
0,25

2

Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI,
AIC:

Ta có:

AI
IC
MA
CM
;
BI
AI
NB
AN
;
AC
AB
IC
BI






Suy ra:

AM
.

1
BI
IC
.
AC
AB
AI
IC
.
BI
AI
.
AC
AB
MA
CM
.
NB
AN
.
IC









0,5

0,25

0,25

3

Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
- Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD =
2CC’

- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD
- BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2

 AB2 + AD2  (BC+CD)2
AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2

4CC’2  (BC+AC)2 – AB2

4BB’2  (AB+BC)2 – AC2
- Chứng minh được :

4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2
4

'
CC
'

BB
'

AA

)
CA
BC
AB
(

2
2

2

2









Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC

 AB = AC =BC ABC đều

* Kết luận đúng
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

5
1

Từ giả thiết: CE =
BD
MB2

BD
MB
MB
CE



Ta lại có: MB = MC nên

BD
MC
MB
CE



Lại có BˆCˆ nên suy ra
MCE

DBM 

 ~

0,5

0,5

2 Vì DBM ~MCE nên BMˆDMEˆC;CMˆEMDˆBsuy ra
C

B
E
M

I ˆ  ˆ ˆ

0,5


I

H

M

B C

A
E

Xét hai tam giác DEM và DBM có
BˆIMˆE

DM
BD
ME
BM

 ( cùng bằng
ME
CM

)
Nên DBM ~DME~MCE

Từ DBM ~DMEsuy ra BDˆM MDˆE

0,5
0,5

3

Từ DME~MCE suy ra DEˆM CEˆM ME là phân giác
của góc DEH

Vì M nằm trên phân giác của góc E nên MI = MH, mà MH
không đổi nên MI không đổi.

*Chứng minh MH khơng đổi:
Ta có MHC~AMB

.MC

MH MA MA

MH

MC AB MB

   

Do M, A, B, C cố định nên MH cố định.

0,5

0,5
0,5