de giao luu hsg toan 8 nam 2014 2015 phong gddt vinh loc thanh hoa

UBND HUYỆN VĨNH LỘC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, CỤM THCS Năm học 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ GIAO LƯU MƠN: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) ( Đề giao lưu gồm có 01 trang ) Bài (4,0 điểm):   x3   x2    x : Cho biểu thức A =    x  x  x với x khác -1  1 x  1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A x  1 3) Tìm giá trị x để A < Bài ( 4,0 điểm ): a)Giải phương trình sau:   x  2x  x  2x  x  2x  b) Cho x số nguyên Chứng minh biểu thức M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1 bình phương số nguyên Bài ( 4,0 điểm ): a) Cho x,y,z số nguyên thỏa mãn: x + y + z chia hết cho Chứng minh M = ( x + y)( x + z )( y + z ) – 2xyz chia hết cho b) Cho a,b,c số khác thỏa mãn: a 3b  b 3c3  c a3  3a 2b 2c Tính giá trị biểu thức P  1   1   1   b c a a  b  c   Bài (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC), có đường cao AH cho AH = HC Trên AH lấy điểm I cho HI = BH Gọi P Q trung điểm BI AC Gọi N M hình chiếu H AB IC ; K giao điểm đường thẳng CI với AB ; D giao điểm đường thẳng BI với AC a) Chứng minh I trực tâm tam giác ABC b) Tứ giác HNKM hình vng c) Chứng minh bốn điểm N, P, M, Q thẳng hàng Bài ( 2,0 điểm ): Cho x,y,z số dương thỏa mãn điều kiện: x 2015  y 2015  z 2015  Tìm giá trị lớn biểu thức: x  y  z - Họ tên thí sinh:…………………………………………………………… ; Số báo danh: Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm UBND HUYỆN VĨNH LỘC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, CẤP HUYỆN Năm học 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN LỚP ( Gồm có 04 trang ) I Một số ý Tổng số điểm đề thi 20 điểm Khơng làm trịn điểm tổng điểm đạt thí sinh Thí sinh giải cách khác với lời giải hướng dẫn chấm, lời giải đúng, đủ bước người chấm cho điểm tối đa theo biểu điểm quy định cho câu II Đáp án, biểu điểm hướng dẫn chấm Bài Câu 1.1 Yêu cầu cần đạt lời giải tóm tắt Với x khác -1 : A= (4,0 điểm (2,0 điểm 1.2 Mức điểm =  x3  x  x2 (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x )  x(1  x) (1  x)(1  x  x  x) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x ) = (1  x ) : (1  x) = (1  x )(1  x ) 5 Tại x =  =  A = 1  ( )   1  ( ) 3     (1,0 = (1  25 )(1  ) điểm)  34 272   10 27 27 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 1.3 Với x khác -1 A < (1  x )(1  x)  (1) (1,0 Vì  x  với x nên (1) xảy  x  điểm)  x  KL 2.a   x  2x  x  2x  x  2x  Đặt t = x2 -2x + = ( x-1)2 +2 Với t  0,25đ 0,5đ 0,25đ Phương trình cho trở thành: (4,0 điểm)   t 1 t t 1  3t  7t   (2,0 điểm) t   t   Kết hợp với ĐK ta t = Do ta có: ( x-1)2 +2 =2 ( x-1)2 = x=1 Vậy phương trình có nghiệm x = 2.b 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Ta có: M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) + Đặt t = x + 5x + (2,0 điểm) 0,25đ Khi M = (t – 1)(t + 1) +1 = t2 – + = t2 Vì x số nguyên nên t số nguyên Vậy M bình phương số nguyên a) Ta có: M = ( x + y)( x + z )( y + z ) – 2xyz Học sinh biến đổi M = ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) – xyz (4,0 (2,0 Vì x,y,z số nguyên thỏa mãn x + y + z chia hết cho điểm) điểm) Nên ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) chia hết cho Trong số x,y,z tồn số chia hết cho Suy 3xyz chia hết cho Do đó: ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) – xyz chia hết cho Vậy: M chia hết cho 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Đặt ab =x; bc = y; ca = z Ta có: x3 + y3 +z3= 3xyz - Học sinh chứng minh : x+y+z = x2+y2+z2-xy-yz-zx = 2,0 - TH1: x+y+z = điểm HS sử dụng đẳng thức : ( x+y+z)3 – x3- y3- z3 = (x+y)(y+z)(z+x) => -xyz = (x+y)(y+z)(z+x) Ta có: -a2b2c2=(ab+bc)(bc+ca)(ca+ab) -abc = (a+b)(b+c)(c+a) 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ  => P            1 b c a a  b  2 c  0,5đ  -TH2: x +y +z -xy-yz-zx = => ( x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = => x=y=z => ab=bc=ca =>a=b=c P=8 KL: 4.a 0,5đ A D K Q Ij (6,0 (2,0 điểm) điểm) M P N B 4.b (2,0 điểm) H C Xét tam giác BHI có: BH = HI ; H  900 Tam giác BHI vuông cân H.=> IBH  450 Tam giác AHC có AH = HC; H  900 Tam giác AHC vuông cân H => ACH  450 Suy tam giác BCD vuông cân D Tam giác ABC có đường cao AH, BD Vậy I trực tâm tam giác ABC - Xét tứ giác HMKN có: M  N  90 K  90 ( CK đường cao) Tứ giác HMKN hình chữ nhật (1) Xét tam giác MIH tam giác NBH có: 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ HMI  HNB  900 HB  HI ( gt ) HIC  HBN Suy HMI  HNB => HM = HN (2) Từ (1) (2): Tứ giác HMKN hình vng 4.c (2,0 điểm) - Theo câu b: Tứ giác HMKN hình vng nên M, N thuộc trung trực đoạn thẳng KH - Xét tam giác vuông AHC AKC; trung tuyếnHQ,KQ Ta có: HQ = ½ AC; KQ = ½ AC; Suy Q thuộc trung trực KH 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 1,0 đ - Hoàn toàn tương tự ta có P thuộc trung trực KH Vậy điểm M,N,P,Q thẳng hàng 0,5 đ - Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2015 số dương x2015; x2015; 1;1;1; ;1;1 ta x2015+x2015+1+1+1+ +1+1  20152015 x 2015 x 2015 1.1.1  2015 x 2x2015+2013  2015x Hoàn toàn tương tự ta có: (2,0 2y2015+2013  2015y điểm) 2z2015+2013  2015z   x 2015  y 2015  z 2015   6039  2015( x  y  z ) => x  y  z  Dấu “=” xảy x=y=z=1 Vậy x2 + y2 + z2 đạt giá trị lớn x = y = z =1 1,0đ 0,5đ 0,5đ ... cho 2015 số dương x2015; x2015; 1;1;1; ;1;1 ta x2015+x2015+1+1+1+ +1+1  20152 015 x 2015 x 2015 1.1.1  2015 x 2x2015+2013  2015x Hoàn toàn tương tự ta có: (2,0 2y2015+2013  2015y điểm) 2z2015+2013... 2015x Hoàn toàn tương tự ta có: (2,0 2y2015+2013  2015y điểm) 2z2015+2013  2015z   x 2015  y 2015  z 2015   6039  2015( x  y  z ) => x  y  z  Dấu “=” xảy x=y=z=1 Vậy x2 + y2 + z2 đạt...UBND HUYỆN VĨNH LỘC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, CẤP HUYỆN Năm học 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN LỚP ( Gồm có 04 trang ) I Một số ý Tổng