®Ò kh¶o s¸t chÊt lîng häc sinh giái Môn : Toán Lớp 8 Năm học : 2009 – 2010 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 : Giải phương trình : a) )4(.)2( 2 4 3 2 1 xxx x x x −− + − + + − − b) 6x 2 - x - 2 = 0 Câu 2 : Cho x + y + z = 0 Rút gọn : 222 222 )()()( yxxzzy zyx −+−+− ++ Câu 3 : Chứng minh rằng không tồn tại x thỏa mãn : a) 2x 4 - 10x 2 + 17 = 0 b) x 4 - x 3 + 2x 2 - x + 1 = 0 Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho 2 1 = DC DB ; điểm O nằm trên đoạn AD sao cho 2 3 = OD OA . Gọi K là giao điểm của BO và AC. Tính tỷ số AK : KC. Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác MPQ cân tại M. hướng dẫn giải Câu 1 (Bạn đọc tự giải) Câu 2: Từ x + y + z = 0 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = - 2(xy + yz + zx) (1) Ta có: (x - y) 2 + (y - z) 2 + (z - x) 2 = 2(x 2 + y 2 + z 2 ) - 2(xy + yz + zx) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (x - y) 2 + (y - z) 2 + (z - x) 2 = - 6(xy + yz + zx) (3) Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có: A = - 2(xy + yz + zx) 1 - 6(xy + yz + zx) 3 = Câu 3: a) 2x 4 - 10x 2 + 17 = 0 ⇔ 2( x 4 - 5x 2 + 17 2 ) = 0 ⇔ 2(x 4 - 2. 5 2 x 2 + 25 4 ) 2 + 9 2 = 0 ⇔ 2(x 2 - 5 2 ) 2 + 9 2 = 0 Vì 2(x 2 - 5 2 ) 2 + 9 2 > 0 với mọi x nên không tồn tại x để 2x 4 - 10x 2 + 17 = 0 b) x 4 - x 3 + 2x 2 - x + 1 = 0 ⇔ (x 2 + 1)(x 2 - x + 1) = 0 Vì vế phải luôn dương với mọi x nên không tồn tại x để x 4 - x 3 + 2x 2 - x + 1 = 0 Câu 4: Từ D kẻ DM // BK áp dụng định lí Talét vào ∆ AOK ta có: AK AO 3 KM OD 2 = = (1) Tương tự, trong ∆ CKB thì: KM CD 1 CK DB 3 = = (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: AK 1 CK 2 = Câu 5 Gọi giao điểm của AH và BC là I Từ C kẻ CN // PQ (N ∈ AB), Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là trung điểm CN ⇒ MK là đường trung bình của ∆ BCN ⇒ MK // CN ⇒ MK // AB (1) H là trực tâm của ∆ ABC nên CH ⊥ A B (2) Từ (1) và (2) suy ra MK ⊥ CH ⇒ MK là đường cao của ∆ CHK (3) Từ AH ⊥ BC ⇒ MC ⊥ HK ⇒ MI là đường cao của ∆ CHK (4) Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của ∆ CHK ⇒ MH ⊥ CN ⇒ MH ⊥ PQ ∆ MPQ có MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M a) = = = b) = = = = O K M C D B A I K N M Q P H C B A ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2010-2011 Môn thi: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (5 điểm) a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định: P = ( ) 2 2 3 3 2 1-x 1-x 1+ x : + x -x 1+ x 1-x 1+ x ÷ ÷ b) Cho đa thức bậc hai: P(x) = ax 2 + bx + c Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3; P(2) = 2000 Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình sau: a) x-11 x-12 x-33 x-67 x-88 x-89 + + = + + 89 88 67 33 12 11 b) x 8 - 2x 4 + x 2 - 2x + 2 = 0 Bài 3: (5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 b) Tìm giá trị nguyên của x để A chia hết cho B. Biết A = 10x 2 - 7x - 5 và B = 2x - 3 Bài 4: (5 điểm) Cho tam giác vuông ABC vuông ở A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H. a) Chứng minh E, A, F thẳng hàng. b) Chứng minh BEFC là hình thang. Có thể tìm được vị trí của H để BEFC trở thành hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không? c) Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất. Đáp án Bài 1: (5 điểm) a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định. ( 2.5 điểm ) * Ta có M ≠ 0 <=> 1 0 1 1 0 1 x x x x + ≠ ≠ − ⇔ − ≠ ≠ (0,5 điểm) Vậy tập xác định của biểu thức B là x 1≠± (0,5 điểm) * Đặt M = 3 3 1-x 1+ x + x -x 1-x 1+x ÷ ÷ Phân tích tử số và rút gọn đúng mỗi ngoặc đơn trong ngoặc vuông. Ngoặc đơn thứ nhất = (1 + x) 2 ; ngoặc đơn thứ hai = (1 - x) 2 (0,5 điểm) Ta có P = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1-x 1-x 1 : 1+x 1-x = = >0 (x ±1) 1+ x 1+x 1+ x 1-x ≠ (1 điểm) Vì 1 + x 2 > 0 với mọi giá trị của x. b) (2,5 điểm) Vì P(0) = 26 suy ra c = 26 khi đó P(x) = ax 2 + bx + 26 (0,5 điểm) P(1) = 3 do đó ta có a + b + 26 = 3 hay a + b = -23 (1) (0,5 điểm) P(2) = 2000 nên ta có 4a + 2b + 26 = 2000 suy ra 2a + b = 987 (2) (0,5 điểm) Từ (1) và (2) suy ra a = 1010 và b = - 1033 (0,5 điểm) Kết luận các giá trị phải tìm của a;b;c là: a = 1010; b = - 1033; c = 26 (0,5 điểm) Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình sau: ( mỗi phần cho 2.5 điểm ) a) Phương trình tương đương với 11 12 33 67 88 89 1 1 1 1 1 1 89 88 67 33 12 11 x x x x x x− − − − − − − + − + − = − + − + − (0,5 điểm) Quy đồng suy ra: 100 100 100 100 100 100 89 88 67 33 12 11 x x x x x x− − − − − − + + = + (0,5 điểm) Chuyển vế đưa về dạng: (x-100)( 1 1 1 1 1 1 89 88 67 33 12 11 + + − − − ) = 0 (0,5 điểm) Lập luận trong ngoặc khác 0 suy ra x-100 = 0 (0,5 điểm) Tìm được x = 100 và trả lời (0,5 điểm) b) Biến đổi phương trình về dạng (x 8 – 2x 4 + 1) + ( x 2 - 2x +1) = 0 (0,5 điểm) Hay (x 4 – 1) 2 + ( x – 1) 2 = 0 (0,5 điểm) Lập luận từng ngoặc không âm chỉ ra dấu bằng khi x = 1 (1 điểm) kết luận nghiệm x = 1 (0,5 điểm) Bài 3: (5 điểm) ( mỗi phần cho 2.5 điểm ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Biến đổi biểu thức: Q = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 = (x 4 + 2x 3 +x 2 ) + 2( x 2 + x) + 1 (0,5 điểm) = (x 2 + x) 2 + 2 (x 2 + x) + 1 = (x 2 + x + 1 ) 2 (0,5 điểm) Lập luận vì Q > 0 với mọi x vì vậy Q nhỏ nhất khi x 2 + x + 1 nhỏ nhất (0,5 điểm) Chỉ ra x 2 + x + 1 nhỏ nhất bằng 3 4 đạt khi x = 1 2 − (0,5 điểm) Vậy Q min = 9 16 đạt khi x = 1 2 − (0,5 điểm) Biến đổi A = 5x( 2x – 3) +4( 2x – 3) +7 (0,5 điểm) Lập luận với x nguyên suy ra 5x(2x-3) + 4(2x-3) là số nguyên và chia hết cho 2x-3. Suy ra để A chia hết cho B thì 7 chia hết cho B (0,5 điểm) Hay 2x-3 là ước của 7 Ư(7) = -7; -1; 1 ;7 (0,5 điểm) Cho 2x-3 bằng Ư(7) suy ra x = -2; 1; 2; 5 và trả lời (1 điểm) Bài 4: (5 điểm) - Không cho điểm vẽ hình và ghi GT, KL nhưng nếu vẽ hình sai không chấm bài. a) ( 1 điểm) F E D I C H B A - Chỉ ra vì E đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của EH do đó ta có: · · EAI IAH= tương tự ta có · · FAD DAH= mỗi góc cho 0,25 điểm) => (0,5 điểm) Cộng vế với vế suy ra · 0 180EAF = suy ra ba điểm E;A;F thẳng hàng (0,5 điểm) b) (2,5 điểm) * Chứng minh được · · · · 0 2( ) 180EBC FCB ABC ACB+ = + = (0,5 điểm) Suy ra EB // FC suy ra tứ giác BEFC là hình thang (0,5 điểm) *Giả sử tứ giác BEFC là hình thang vuông suy ra · 0 90BEF = suy ra · 0 90AHB = hay AH là đường cao Kết luận vị trí H (0,5 điểm) * Giả sử tứ giác BEFC là hình bình hành suy ra BE=BH=FC=CH suy ra H là trung điểm BC kết luận (0,5 điểm) * Giả sử tứ giác BEFC là hình chữ nhật suy ra · 0 90EBC = suy ra · · 0 45EBA ABC= = suy ra tam giác ABC vuông cân điều này không xảy ra (0,5 điểm) c) (1,5 điểm) Lấy H bất kì thuộc cạnh BC gần B hơn. Ta có S EFH = 2S AIHD (vì tứ giác AIHD là hcn) (0,25 điểm) Dựng hình chữ nhật HPQD bằng hình chữ nhật AIHD Suy ra S EFH = S AIPQ . Dễ dàng chứng minh được S HIB = S HMP suy ra S EHF = S ABMQ <S ABC Tương tự với H gần C hơn (0,5 điểm) Khi H là điểm chính giữa BC thì S EHF =S ABC (0,5 điểm) Vậy S EHF ≤ S ABC dấu bằng xảy ra khi HB=HC (0,25 điểm) I D C Q M P H B F A E . 33 67 88 89 1 1 1 1 1 1 89 88 67 33 12 11 x x x x x x− − − − − − − + − + − = − + − + − (0,5 điểm) Quy đồng suy ra: 100 100 100 100 100 100 89 88 67 33 12 11 x x x x x x− − − − − − + + = + (0,5. thức Biến đổi biểu thức: Q = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 = (x 4 + 2x 3 +x 2 ) + 2( x 2 + x) + 1 (0,5 điểm) = (x 2 + x) 2 + 2 (x 2 + x) + 1 = (x 2 + x + 1 ) 2 (0,5 điểm) Lập luận vì Q. ax 2 + bx + c Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3; P(2) = 2000 Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình sau: a) x-11 x-12 x-33 x-67 x -88 x -89 + + = + + 89 88 67 33 12 11 b) x 8 - 2x 4 + x 2