PHÒNG GD – ĐT BỈM SƠN TRƯỜNG THCS BẮC SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8- CẤP THỊ XÃ Năm học 2010 – 2011.Thời gian: 150p GV ra đề: Đinh Thị Trịnh Hường Câu 1(4,0 đ) Cho biểu thức 2 2 2 2 x + x x +1 1 2-x P = :( - + ) x -2x +1 x 1-x x -x ; x 0;x 1;x 1. ≠ ≠ ≠− a, Rút gọn P. b, Tìm GTNN của P khi x > 1. Câu 2(3,0đ): Viết liên tiếp tất cả các số có hai chữ số từ 19 đến 80 ta được số A = 192021….7980. hỏi số A có chia hết cho 1980 không? Vì sao? Câu 3( 3,0đ): Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 a + b+c + + a + bc b +ac c +ab 2abc ≤ Câu 4(3,0 đ) Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2 2 6x +5xy-25y -221= 0 Câu 5(5,0 đ) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N. a, Chứng minh rằng OM = ON. b, Chứng minh rằng MNCDAB 211 =+ . c, Biết S AOB = 2008 2 (đơn vị diện tích); S COD = 2009 2 (đơn vị diện tích). Tính S ABCD . Câu 6(2,0đ) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm M trong tam giác kẻ MI BC;MJ CA;MK AB ⊥ ⊥ ⊥ . Tìm vị trí của M sao cho tổng 2 2 2 MI +MJ + MK nhỏ nhất? PHÒNG GD – ĐT BỈM SƠN 1 TRƯỜNG THCS BẮC SƠN ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8- CẤP THỊ XÃ Năm học 2010 – 2011.Thời gian: 150p GV ra đề: Đinh Thị Trịnh Hường Câu Nội dung bài làm Điểm số Câu 1 (4,0đ) a, Xét biểu thức 2 2 2 2 x + x x +1 1 2- x P = :( - + ) x -2x +1 x 1-x x -x ; x 0;x 1;x 1. ≠ ≠ ≠− Biến đổi biểu thức đã cho như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 x(x +1) x +1 1 2- x P = :( + + ) (x -1) x x -1 x -x x(x +1) (x -1)(x +1)+x + 2-x P = : (x -1) x.(x -1) x(x +1) x -1+x + 2- x P = : (x -1) x.(x -1) 2 2 2 x(x -1) x +1 x(x -1) x +1 P = : . (x -1) x.(x -1) (x -1) x(x -1) x P = x -1 = b, Ta có: 2 2 x x -1 1 1 P = + = x +1+ x -1 x -1 x -1 x -1 = Hay 1 P = x -1+ + 2 x -1 Khi x > 1 thì x – 1 và 1 x -1 đều là số dương. Nên áp dụng BĐT Cosi ta được: 1 1 x -1+ 2. x -1. 2 x -1 x -1 ≥ = Do đó P 4 ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 x -1= x = 2 x -1 ↔ (thỏa mãn) 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 2 (3,0đ) Ta có: 2 2 1980 2 .3 .5.11= Mà hai chữ số tận cùng của A là 80 vừa chia hết cho 4 vừa chia hết cho 5. Nên A chia hết cho cả 4 và 5 Mặt khác tổng các chữ số hàng chẵn của số A là: 0,5 1,0 2 9+(0 + 1+ 2+ + 9).6 = 0 = 279… Tổng các chữ số hàng lẻ của A là 1+ (2+3 +5 +7). 10 + 8 = 279 Mà 279-279= 0 11 A 11 → M M Tổng các chữ số của A là 279 + 279 = 558 chia hết cho 9 A 9 ⇒ M Vì 4,5,9,11 có ƯCLN bằng 1. Nên A chia hết cho 1980 0,5 0,5 0,5 Câu 3 (3đ) Với a,b,c là các số dương. Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2 2 2 a + bc 2 a .bc 2a. bc 1 1 a + bc 2a. bc ≥ = → ≤ Chứng minh tương tự ta được: 2 2 1 1 b +ca 2b ca 1 1 +ab 2c ab c ≤ ≤ 2 2 2 1 1 1 ab + bc + ca + + a + bc b +ca c +ab 2abc ≤ (1) Cũng theo BĐT Cô-si: a + b b+ c c+a ab + bc + ca + + a + b+c 2 2 2 ≤ = (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 1 1 1 a +b+c + + a + bc b +ac c +ac 2abc ≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c 0,5 1,0 1,0 0,5 Câu 4 (3,0đ) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 6x -10xy +15xy-25y = 221 (2x + 5y).(3x -5y)= 221 ↔ Do x,y nguyên dương nên 2x + 5 > 5 suy ra 3x – 5y > 0 ( vì 221 > 0) Khi đó 2x + 5 và 3x – 5y là các ước tự nhiên của 221. 2x + 5 221 13 17 x 103 4 6 3x – 5y 1 17 13 y 61,6 (loại) -1( loại) 1 Vậy PT đã cho có một nghiệm dương (x,y) là (6; 1) 1,0 1,0 1,0 3 O N M D C B A a, (1,5 điểm) Xét tam giác ABD có: OM OD = AB BD (vì OM//AB) Tam giác ABC có: ON OC = AB AC (vì ON//AB). Tam giác OCD có: OD OC = OB OA ( vì CD//AB) OD OC = OD+OB OC+OA → → OD OC = DB AC ⇒ OM ON = AB AB ⇒ OM = ON b, (1,5đ) Xét ABD∆ để có OM DM = AB AD (1), xét ADC∆ để có AD AM DC OM = (2) Từ (1) và (2) ⇒ OM.( CDAB 11 + ) 1== + = AD AD AD DMAM Chứng minh tương tự ON. 1) 11 ( =+ CDAB Từ đó có (OM + ON). 2) 11 ( =+ CDAB ⇒ MNCDAB 211 =+ c, (2 điểm) Ta có: AOB AOD S OB = S OD , BOC DOC S OB = S OD ⇒ AOB AOD S = S BOC DOC S S ⇒ AOB DOC BOC AOD S .S =S .S Chứng minh được AOD BOC S =S ( vì ABD ABC S =S ) ⇒ 2 AOB DOC AOD S .S =(S ) Thay số: 2008 2 .2009 2 = (S AOD ) 2 ⇒ S AOD = 2008.2009 Do đó S ABCD = 2008 2 + 2.2008.2009 + 2009 2 = (2008 + 2009) 2 = 4017 2 (đơn vị DT) 0,5đ 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 4 Câu 6 (2đ) Kẻ đường cao AH và MN vuông góc với AH. Áp dụng định lí Pitago ta được: 2 2 2 2 2 MJ +MK = MJ +AJ =MA 2 2 2 MJ + MK NA .→ ≥ Mặt khác vì MI = NH nên: 2 2 2 2 2 2 (NA + NH) MI +MJ +MK NA + NH 2 ≥ ≥ 2 2 2 2 AH MI +MJ +MK 2 ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi: MA = NA = ½ AH . Tức M là trung điểm của AH. Vậy khi M là trung điểm của AH thì tổng 2 2 2 MI +MJ + MK đạt GTNN bằng 2 AH 2 . 0,5 0,5 0,5 0,5 Ghi chú: HS có cách giải khác và lập luận chặt chẽ thì bài làm đạt điểm tối đa Bài 5 và 6 nếu HS không vẽ hình thì không cho điểm. A B K H C M J I N 5 . ) (x -1) x x -1 x -x x(x +1) (x -1)(x +1)+x + 2-x P = : (x -1) x.(x -1) x(x +1) x -1+x + 2- x P = : (x -1) x.(x -1) 2 2 2 x(x -1) x +1 x(x -1) x +1 P = : . (x -1) x.(x -1) (x -1) x(x. AD AM DC OM = (2 ) Từ (1 ) và (2 ) ⇒ OM .( CDAB 11 + ) 1== + = AD AD AD DMAM Chứng minh tương tự ON. 1) 11 ( =+ CDAB Từ đó có (OM + ON). 2) 11 ( =+ CDAB ⇒ MNCDAB 211 =+ c, (2 điểm) Ta có:. 6 3x – 5y 1 17 13 y 61,6 (loại) - 1( loại) 1 Vậy PT đã cho có một nghiệm dương (x,y) là (6 ; 1) 1,0 1,0 1,0 3 O N M D C B A a, (1 ,5 điểm) Xét tam giác ABD có: OM OD = AB BD (vì OM//AB) Tam giác