Phòng gd & đt bỉm sơn Trờng THCS Hà Lan đề thi học sinh giỏi môn toán Năm học: 2010 2011 Thời gian: 150 phút đề bài: Câu 1: (3 điểm). Cho các biểu thức 54 12 2 2 + ++ = xx xx A và 35 1082 23 2 + = xxx xx B a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức B. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A và giá trị tơng ứng của x. c) Tìm giá trị của x để A.B < 0. Câu 2: (5 điểm). Giải các phơng trình sau: a) 0222 248 =++ xxxx b) 5 6 4013 3 158 2 65 1 222 = + + + + + xxxxxx c) x-11 x-12 x-33 x-67 x-88 x-89 + + = + + 89 88 67 33 12 11 Bi 3: (4 im) a) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: Q = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 b) Tỡm giỏ tr nguyờn ca x A chia ht cho B. Bit A = 10x 2 - 7x - 5 v B = 2x 3 Bài 4 ( 3 điểm) a) Tìm a, b, c Z biết: a 2 + b 2 + c 2 + 4 ab + 3b + 2c. b) Cho hai số tự nhiên a và b trong đó a = b 2. Chứng minh rằng b 3 a 3 viết đợc dới dạng tổng của ba số chính phơng. Bi 5: (5 im) Cho tam giỏc vuụng ABC vuụng A v im H di chuyn trờn BC. Gi E, F ln lt l im i xng qua AB, AC ca H. a) Chng minh E, A, F thng hng. b) Chng minh BEFC l hỡnh thang. Cú th tỡm c v trớ ca H BEFC tr thnh hỡnh thang vuụng, hỡnh bỡnh hnh, hỡnh ch nht c khụng? c) Xỏc nh v trớ ca H tam giỏc EHF cú din tớch ln nht. Đáp án- Thang điểm chấm thi học sinh giỏi Môn : Toán Lớp 8 Câu a) B xác định 0,5đ 1 (3 ®iÓm ) −≠ ≠ ⇔ ≠+−⇔ ≠−−−⇔ 1 3 0)1)(3( 035 2 23 x x xx xxx b) BiÕn ®æi 1)2( )1( 2 2 +− + = x x A (1) L¹i cã )2( 0)1( 011)2( 2 2 ∀≥+ ∀≥+− xx xx Tõ (1) vµ (2) suy ra A 100 −=⇔=⇒≥ xMinA 0,5® 0,5® 0,5® c) BiÕn ®æi 3 2 . − = x BA víi 1;3 −≠≠ xx Suy ra −≠ ⇔ −≠≠ − ⇔ −≠≠ − ⇔ 1 3 1;3 03 1;3 0 3 2 0. x x xx x xx x BA 0,5® 0,5® Cau 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 (1 điểm) Bi 3: (4 im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc Bin i biu thc: Q = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 = (x 4 + 2x 3 +x 2 ) + 2( x 2 + x) + 1 (0,5 im) = (x 2 + x) 2 + 2 (x 2 + x) + 1 = (x 2 + x + 1 ) 2 (0,5 im) Lp lun vỡ Q > 0 vi mi x vỡ vy Q nh nht khi x 2 + x + 1 nh nht (0,5 im) Ch ra x 2 + x + 1 nh nht bng 3 4 t khi x = 1 2 (0,5 im) Vy Q min = 9 16 t khi x = 1 2 (0,5 im) Bin i A = 5x( 2x 3) +4( 2x 3) +7 (0,5 im) Lp lun vi x nguyờn suy ra 5x(2x-3) + 4(2x-3) l s nguyờn v chia ht cho 2x-3. Suy ra A chia ht cho B thỡ 7 chia ht cho B (0,5 im) Hay 2x-3 l c ca 7 (7) = -7; -1; 1 ;7 (0,25 im) Cho 2x-3 bng (7) suy ra x = -2; 1; 2; 5 v tr li (0,25 im) Bi 4: (3 im) a) (3 im) Tìm a, b, c thuc Z bit 2 2 2 4 3 2a b c ab b c+ + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 0 3 3 3 2 1 0 4 4 3 1 1 0 2 2 a b c ab b c b b a ab b c c b b a c + + + + + + + + + + ữ ữ Vế trái là tổng bình phơng nên luôn 0 Vậy để thỏa mãn yêu cầu của đề bài thì: ( ) 2 2 2 3 1 1 2 2 b b a c + + ữ ữ = 0 0,5 im 0,5 im 0,5 im 0,25 im 0,25 im VËy 0 2 1 1 0 2 2 1 1 0 b a a b b c c − = = − = ⇔ = = − = b) (3 điểm) b 3 - a 3 = ( a + 2 ) – a 3 = a 3 + 6a 2 + 12a + 8 – a 3 = 6a 2 + 12a + 8 = a 2 + a 2 + 4a + 4 + 4a 2 + 8a + 4 = a 2 + a 2 + 4a + 4 + 4a 2 + 8a +4 = a 2 + (a + 2) 2 + (2a + 2) 2 (ĐPCM) 1,0 điểm 0,75 điểm 0,75 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Bài 5: (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= (0,5diem) Cộng vế với vế suy ra · 0 180EAF = suy ra ba điểm E;A;F thẳng hàng (0,5 điểm) b. Chứng minh được · · · · 0 2( ) 180EBC FCB ABC ACB+ = + = (0,25 điểm) Suy ra EB // FC suy ra tứ giác BEFC là hình thang (0,25 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 * Giả sử tứ giác BEFC là hình bình hành suy ra BE=BH=FC=CH suy ra H là trung điểm BC kết luận (0,25 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 (0,25 điểm) c) 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 I D C Q M P H B F A E (0,25 điểm) . (0 ,25 im) Bi 4: (3 im) a) (3 im) Tìm a, b, c thuc Z bit 2 2 2 4 3 2a b c ab b c+ + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 0 3 3 3 2 1 0 4 4 3 1 1 0 2 2 a b c ab b c b b a ab b c c b b a c + + + . = ( a + 2 ) – a 3 = a 3 + 6a 2 + 12a + 8 – a 3 = 6a 2 + 12a + 8 = a 2 + a 2 + 4a + 4 + 4a 2 + 8a + 4 = a 2 + a 2 + 4a + 4 + 4a 2 + 8a +4 = a 2 + (a + 2) 2 + (2a + 2) 2 (ĐPCM) 1,0. + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 = (x 4 + 2x 3 +x 2 ) + 2( x 2 + x) + 1 (0,5 im) = (x 2 + x) 2 + 2 (x 2 + x) + 1 = (x 2 + x + 1 ) 2 (0,5 im) Lp lun vỡ Q > 0 vi mi x vỡ vy Q nh nht khi x 2