Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2014 2015 môn: Toán lớp 8 (Đề 2)47246

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 MƠN: TỐN LỚP ( Thời gian làm bài: 150 phút ) ĐỀ CHÍNH THỨC  5x Câu (4,0 điểm) cho phân thức : A   5y  5z   x  y  z    xy  yz  zx   5x  5y  5z    25xy  25yz  25zx  a) Tìm giá trị x, y, z để phân thức xác định ; b) Rút gọn A Câu (5,0 điểm) a) Tìm giá trị a để h(x) = 3x2 + ax – 32 chia x + có số dư 3; b) Giải phương trình nghiệm nguyên : + x + x2 + x3 = y3 ; c) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: p(x) = x3 + 6x – 13x – 42 Câu (4,0 điểm) a) Cho M  nguyên ; a  16 Tìm giá trị nguyên a để M có giá trị a  4a  8a  16a  16 b) Biết ax + by + cz = a + b + c = N Tính: 1993 ax  by  cz bc  y  z   ac  x  z   ab  x  y  2 Câu (5 ,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tia Bx  AB, Cy  CA chúng cắt D a) Tứ giác BHCD hình ? Vì ? b) Gọi E điểm cho BC đường trung trực EH Chứng minh tứ giác BCDE hình thang cân ; c) BD cắt EH K Tam giác ABC phải có thêm điều kiện để tứ giác HCDK hình thang cân Câu (2,0 điểm) Cho  x, y, z  Chứng minh  x + y + z – xy – yz – xz  Hết -Họ tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………… Cán coi thi khơng giải thích thêm ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI Câu điểm a) (5x + 5y + 5z)2 – (25xy + 25yz + 25zx) 0,5 = 25[ (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) ] Xét (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) =  x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – xy – yz – zx = 1,5  x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx =  2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy +2yz + 2zx =  (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 =  x + y = y + z = z + x =  x = y = z = Vậy để phân thức A xác định x, y, z không đồng thời không b) Đặt x + y2 + z2 = a xy + yz + zx = b (x + y + z)2 = a + 2b a(a  2b)  b a  2ab  b (a  b) a  b Khi : A     5(a  2b  b) 5(a  b) 5(a  b) Vậy 0,5 x  y2  z  xy  yz  zx  A 0,5 Câu điểm a) Theo định lí Bezoute, ta có số dư h(-5) = 3 a = 1  b) Ta nhận thấy  x  x   x     0, x 2  nên x   x  x  x  y3 0,5 (1) Lại có (x + 2)3 – (1 + x + x2 + x3) = 5x2 + 11x + 11  19   nên (x + 2)3  + x + x2 + x3 = 5 x    10  20  (2) Từ (1) (2) suy x3 < y3 < (x +2)3  y3 = (x + 1)3, tức 0,5 0,5 + x + x2 + x3 = (x + 1)3  x(x + 1) =  x = -1 x = Với x = -1 y = 0; với x = y = Vậy phương trình có nghiệm ngun (x; y) ( - 1; 0) (0; 1)  c) Trước hết ta nhận thấy x = nghiệm đa thức p(x) ( Vì p(3) = ), đó: ThuVienDeThi.com 0,5 p(x) = (x - 3) T(x) (*) Ta tìm đa thức T(x) lược đồ Horner sau: Hệ số p(x) Hệ số T(x) a=3 -13 -42 14 0=r Vậy T(x) = x2 + 9x + 14 Do p(x) = (x - 3)( x2 + 9x + 14) Ta lại nhận thấy đa thức T(x) = x2 + 9x + 14, có nghiệm x = -2 ( T(-2) = ), T(x) = (x + 2) S(x) Ta tìm đa thức S(x) lược đồ Horner sau: Hệ số T(x) Hệ số S(x) a = -2 14 r=0 Vậy S(x) = x + 7, T(x) = (x + 2)(x + 7) (**) Kết hợp (*) (**), ta kết quả: p(x) = (x - 3) (x + 2).(x + 7) ; Câu a) M  điểm a  16 (a  4)(a  2)(a  2) a      a  4a  8a  16a  16 (a  4)(a  2) a2 a2 ( a  ) Từ M nhận giá trị nguyên a – ước số 4, suy a nhận giá trị -2; 0; 1; 3; 4; b) Theo giả thiết ax + by + cz = Bình phương hai vế đẳng thức này, ta được: 0,5 a2x2 + b2y2 + c2z2 + 2(axby + axcz + bycz) =  a2x2 + b2y2 + c2z2 = -2(axby + axcz + bycz) (1) Biến đổi mẫu thức phân thức cho, ta được: 0,5 bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2 = bcy2 – 2bcyz + bcz2 + acx2 – 2acxz + acz2 + abx2 – 2abxy + aby2 = bcy2 + bcz2 + acx2 + acz2 + abx2 + aby2 – 2(bcyz + acxz + abxy ) (2) Thay (1) vào (2), ta được: (bcy2 + acx2 + c2z2) + (bcz2 + abx2 + b2y2) + (acz2 + aby2 + a2x2) 0,5 = c(by2 + ax2 + cz2) + b(cz2 + ax2 + by2) + a(cz2 + by2 + ax2) = (by2 + ax2 + cz2)(a + b + c) by  ax  cz Vậy N    2 (by  ax  cz )(a  b  c) a  b  c ThuVienDeThi.com  1993 1993 0,5 Câu điểm 0,5 a) Tứ giác BHCD hình bình hành có cặp cạnh đối song song với b) Gọi M giao điểm HD BC, I giao điểm AE BC Dễ dàng chứng minh IM // DE, suy DE // BC Do BCDE hình thang 1,5 Ta lại có CE = CH; CH = BD nên CE = BD nên CE = BD Vậy tứ giác BCDE hình thang cân c) BH cắt AC F, ta có F  90o Hình thang HKDC hình thang cân   HCD   KHC   CHF   KHC   HCD  (so le ) ) (vì CHF   HCF   HIC = HFC  HCI  CH phân giác góc ACB  ACB cân C Vậy: HKDC hình thang cân ABC tam giác cân C. Câu điểm Từ giả thiết, ta có x  xz, y  yz z  zx nên x – xz + y – yz + z – zx  0,5 ThuVienDeThi.com hay x + y + z – xy – yz – zx  (1) Xét (1 – x)(1 – y)(1 – z) = - [ x + y + z – xy – yz – xz – – xyz ]   x + y + z – xy – yz – xz  – xyz < 0,5 0,5 (2) Từ (1) (2), ta có đpcm  0,5 Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác, lập luận xác cho điểm tuyệt đối ThuVienDeThi.com ...HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI Câu điểm a) (5x + 5y + 5z)2 – (25xy + 25yz + 25zx) 0,5 = 25[ (x + y + z)2 –...  – xyz < 0,5 0,5 (2) Từ (1) (2), ta có đpcm  0,5 Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác, lập luận xác cho điểm tuyệt đối ThuVienDeThi.com ... HKDC hình thang cân ABC tam giác cân C. Câu điểm Từ giả thi? ??t, ta có x  xz, y  yz z  zx nên x – xz + y – yz + z – zx  0,5 ThuVienDeThi.com hay x + y + z – xy – yz – zx  (1) Xét (1 – x)(1