Đề thi olympic Toán 8 năm học: 2013 – 201428282

Trường THCS Hồng Dương ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013 – 2014 Thời gian 120 phút ĐỀ BÀI Bài 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: y2 – 2y + = b) Giải bất phương trình: x  2x  1 1    0 x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30 Bài 2: (5 điểm) 2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x + b) Với m vừa tìm câu a, tìm số dư chia P(x) cho 3x – phân tích thừa số bậc 2.2) Cho đa thức: P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Tính P(6), P(7)? Bài 3: (2 điểm) Cho a, b, c  [0; 1] a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 + b2 + c2 Bài 4: (7 điểm) Cho hình bình hành ABCD (AC > BD) Gọi E, F hình chiếu B, D lên AC; H, K hình chiếu C AB AD a) Tứ giác DFBE hình gì? Vì sao? b) Chứng minh: CHK BCA c) Chứng minh: AC2 = AB AH + AD.AK ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Đáp án Câu Điểm (y2 – 2y + 3).(x2 + 2x + 4) = x  2x  [(y – 1)2 + 2].[(x + 1)2 + 3] = (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 + = (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 = mà (x + 1)2 ≥ 0; (y – 1)2 ≥ => (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 = a) y2 – 2y + = b) x+1=0  x=-1 y–1=0 y=1 Vậy cặp (x, y) = (-1; 1) nghiệm phương trình 1 1    0 x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30       x  2x  3 x  3x  4 x  4x  5 x  5x  6  ĐKXĐ: x ≠ 2; 3; 4; 5; 1 1 1 1        0 x2 x3 x3 x4 x4 x5 x5 x6 1  0 x2 x6 x–2≥0   4 0 x  2x  6 x≥2  => (x – 2)(x – 6)  x ≥ mà x ≠ => x > x–6 ≥0 x≥6 x–20 x2 x–60 x  Vậy tập nghiệm BPT x > x <  x2 Để P(x)  (2x +3) m – 12 = m = 12 b) Với m = 12; P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 = 6x3 – 4x2 – 3x2 + 2x – 18x + 12 = 2x2(3x – 2) – x(3x – 2) – 6(3x – 2) = (3x – 2)(2x2 – x – 6) Phân tích P(x) tích thừa số bậc nhất: P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 = (2x + 3)(3x – 2)(x – 2) 2.2) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Mà P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e => P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + x2  P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156  P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769 Vì a, b, c  [0; 1] => (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc (vì a + b + c = 2) ThuVienDeThi.com 0,5đ 1đ 0,5đ mà x ≠ => x < 2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m a) P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m = 6x3 + 9x2 – 16x2 – 24x + 8x + 12 + m - 12 = 3x2(2x + 3) – 8x(2x + 3) + 4(2x + 3) + m – 12 = (2x + 3)(3x2 – 8x + 4) + m – 12 0,5đ 0,5đ 1đ  1đ 1đ 0,5đ 1đ 1đ 1đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ = - + (ab + bc + ac) – abc ≥ ab + bc + ac ≥ abc + ≥ (vì abc ≥ ) Lại có: (a + b + c)2 = a2 + b2 +c2 => -2 (ab + bc + ac)  -2 + 2(ab + bc + ac) => P = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = – (ab + bc + ca)  - = Vậy P = a2 + b2 + c2 đạt giá trị lớn (a, b, c) hoán vị (0; 1; 1) a) DF // BE (vì vng góc với AC) => DFBE hình bình hành AFD = CEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE b) BC // AK => 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1đ 1đ BCK = 900 ABC = 900 + BCH (góc ngồi  CHB) HCK = 900 + BCH => ABC = HCK 0,5đ Có CKD = ACD + DAC (góc ngồi DKC) HBC = BAC + BCA mà BCA = DAC ; BAC = DCA  CKD CD CK  BC CH CHK c) AEB BCA (c.g.c) AHC => AB AE  AC AH 1đ => AE.AC = AB.AH (1) AFD 0,5đ 0,5đ 0,5đ AB CK  BC CH  hay  CBH => AKC => AF AD  AK AC => AF.AC = AD.AK (2)  Cộng vế với vế (1) (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK (3) Mà AFD = CEB (CM trên) => AF = CE  (3) AC.(AE + EC) = AB.AH + AD.AK AC2 = AB.AH +AD.AK ThuVienDeThi.com 1đ 1đ ... P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 = 6x3 – 4x2 – 3x2 + 2x – 18x + 12 = 2x2(3x – 2) – x(3x – 2) – 6(3x – 2) = (3x – 2)(2x2 – x – 6) Phân tích P(x) tích thừa số bậc nhất: P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 =... (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc (vì a + b + c = 2) ThuVienDeThi.com 0,5đ 1đ 0,5đ mà x ≠ => x < 2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x... 7x2 – 16x + m a) P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m = 6x3 + 9x2 – 16x2 – 24x + 8x + 12 + m - 12 = 3x2(2x + 3) – 8x(2x + 3) + 4(2x + 3) + m – 12 = (2x + 3)(3x2 – 8x + 4) + m – 12 0,5đ 0,5đ 1đ  1đ 1đ 0,5đ