TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG. TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 HUYỆN GIỒNG RIỀNG
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
HUYỆN GIỒNG RIỀNG VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011
= = = 0o0 = = = Môn: TOÁN - lớp 8 , thời gian: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (6 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a/ x4 + 64
b/ x3 – 19x – 30
c/ x5 + x – 1
Bài 2: (4 điểm) Thực hiện các phép tính rút gọn biểu thức:
a/ M = (a + b + c)2 + (a – b – c )2 + (b – c – a)2 + (c – a – b )2
b/ N 1235.2469 1234
1234.2469 1235
−
=
+
Bài 3: (4 điểm) Cho a + b > 1 Chứng minh rằng a4 + b4 > 1
8
Bài 4: (4,5 điểm) Cho hình thang vuông ABCD có µ µ 90 ;0
2
CD
A D= = AB AD= = Qua điểm E
thuộc cạnh AB, kẻ đường vuông góc với DE, cắt BC tại F
a/ Chứng minh: Tam giác BCD vuông cân
b/ Chứng minh: ED = EF
Bài 5: (1,5 điểm) Có 45 học sinh làm bài kiểm tra, không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2 học
sinh được điểm 10 Chứng minh rằng ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (giả thiết điểm kiểm tra là số tự nhiên từ 0 đến 10)
Trang 2
-HẾT -ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN LỚP 8
Bài 1: (6 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a/ x4 + 64
= x4 + 16x2 + 64 – 16x2 (0,5 đ)
= (x2 + 8)2 – (4x)2 (0,5 đ)
= (x2 + 4x + 8)(x2 – 4x + 8) (0,5 đ)
b/ x3 – 19x – 30
= x3 – 9x – 10x – 30 (0,5 đ)
= x(x – 3)(x + 3) – 10(x + 3) (0,5 đ)
= (x + 3)(x2 + 3x – 10) (0,5 đ)
= (x + 3)[(x2 – 2x) + (5x – 10)]
= (x + 3)[x(x – 2) + 5(x – 2)] (0,5 đ)
= (x + 3)(x – 2)(x + 5) (0,5 đ)
c/ x5 + x – 1
= x5 + x2 – x2 + x – 1 (0,5 đ)
= x2(x3 + 1) – (x2 – x + 1) (0,5 đ)
= x2(x + 1)( x2 – x + 1) – (x2 – x + 1) (0,5 đ)
= (x2 – x + 1)(x3 + x2 – 1) (0,5 đ)
Bài 2: (4 điểm) Thực hiện các phép tính rút gọn biểu thức:
a/ M = (a + b + c)2 + (a – b – c )2 + (b – c – a)2 + (c – a – b )2
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac (0,5 đ)
(a – b – c )2 = a2 + b2 + c2 – 2ab + 2bc – 2ac (0,5 đ)
(b – c – a)2 = a2 + b2 + c2 – 2ab – 2bc + 2ac (0,5 đ)
(c – a – b )2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab – 2bc – 2ac (0,5 đ)
M = 4a2 + 4b2 + 4c2 (0,5 đ)
b/ N 1235.2469 1234
1234.2469 1235
−
=
+
đặt x = 1234 ta có: N =
( 1).(2 1) 2 2 1 2 2 1 1
+ + − = + + + − = + + =
Trang 3Bài 3: (4 điểm) Cho a + b > 1 Chứng minh rằng a4 + b4 > 1
8
Ta có a + b > 1 > 0
⇒ (a + b)2 > 1 ⇔ a2 + 2ab + b2 > 1 (1) (0,5 đ)
Mà: (a – b)2 > 0 ⇔ a2 - 2ab + b2 > 0 (2) (0,5 đ)
Cộng (1) và (2) ta có : 2(a2 + b2) > 1 (0,5 đ)
⇒ a2 + b2 > 1
⇒ a4 + 2a2b2 + b4 > 1
4(3) (0,5 đ)
Mặc khác: (a2 – b2)2 > 0 ⇔ a4 - 2a2b2 + b4 > 0 (4) (0,5 đ)
Cộng (3) và (4) ta được: 2(a4 + b4) >1
⇒ a4 + b4 >1
Bài 4: (4,5 điểm)
a/ Chứng minh: ∆BCD vuông cân
Kẻ BH ⊥DC ⇒ ABHD là hình vuông (0,25 đ)
⇒ AB = DH = BH = AD =
2
DC
(0,25 đ)
⇒DH = HC = BH =
2
DC
(0,25 đ)
⇒ ∆BCD vuông cân tại B (0,25 đ)
b/ Từ a/ ⇒ =Cµ 450 ⇒·ABC=1350 (0,25 đ)
Gọi M là trung điểm của DF
Xét ∆EDF (Eµ =900) có EM là trung tuyến 2
DF
EM MF
Xét ∆BDF (Bµ =900) có BM là trung tuyến 2
DF
BM MF
Xét tứ giác MEBF có :
· 3600 2.1350 900
EMF
Vậy trong ∆EDF có EM là đường cao cũng là trung tuyến,
Bài 5: (1,5 điểm)
Theo đề bài có 45 – 2 = 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm từ 2 đến 9(0,5 đ)
Giả sử mỗi loại trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không
quá 5.8 = 40 học sinh, ít hơn 43 học sinh (0,5 đ)
Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau (0,5 đ)
//
//
H M
F A
B E
Trang 4UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VỊNG HUYỆN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011 – 2012
- Khĩa ngày 06/11/2011
ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Bài 1: (4 điểm)
a/ Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9
b/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 M 59
Bài 2: (4 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a/ x3 + y3 + z3 – 3xyz
b/ x4 + 2011x2 + 2010x + 2011
Bài 3: (4 điểm)
a/ Cho a + b = 2 và a2 + b2 = 20 Tính giá trị của biểu thức M = a3 + b3
b/ Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14 Tính giá trị của biểu thức N = a4 + b4 + c4
Bài 4: (4 điểm)
Cho hình thang cân ABCD cĩ gĩc ACD = 600, O là giao điểm của hai đường chéo Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC Tam giác EFG là tam giác gì? Vì sao?
Bài 5: (4 điểm)
Cho hình bình hành ABCD cĩ E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD
a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF đồng quy
b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N Chứng minh rằng EMFN là hình bình hành
Trang 5
-HẾT -HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 8 (THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 – 2012)
-Bài 1: (4 điểm)
a/
Ta phải chứng minh: A = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3M 9 với n ∈ Z
A = n3 + n3 + 3n2 + 3n + 1 + n3 + 6n2 + 12n + 8
= 3n3 + 9n2 + 15n + 9 (0,5đ)
= 3n3 – 3n + 9n2 + 18n + 9 (0,5đ)
= 3n(n – 1)(n + 1) + 9n2 + 18n + 9 (0,5đ)
Nhận thấy n(n – 1)(n + 1) M 3 nên 3n(n – 1)(n + 1) M 9 Và 9n2 + 18n + 9 M 9
b/ 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.5n + 26.5n + 8.82n = (0,5đ)
= 5n(59 – 8) + 8.64n (0,5đ)
= 59.5n + 8(64n – 5n) (0,5đ)
59.5nM 59 và 8(64n – 5n) M(64 – 5) = 59
vậy 5n+2 + 26.5n + 82n+1M 59 (0,5đ)
Bài 2: (4 điểm)
a/ x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 – 3xy(x + y) + z3 – 3xyz =
= (x + y + z)3 – 3z(x + y)(x + y + z) – 3xy(x + y + z) (0,5đ)
= (x + y + z)[(x + y + z)2 – 3z(x + y) – 3xy] (0,5đ)
= (x + y + z)[x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – 3zx – 3zy – 3xy] (0,5đ)
= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) (0,5đ)
b/ x4 + 2011x2 + 2010x + 2011 =
= x4 + x3 + x2 + 2010x2 + 2010x + 2010 – x3 + 1 (0,5đ)
= x2(x2 + x + 1) + 2010(x2 + x + 1) – (x – 1)(x2 + x + 1) (0,5đ)
= (x2 + x + 1)(x4 + 2010 – x + 1) (0,5đ)
Bài 3: (4 điểm)
a/ Cho a + b = 2 và a2 + b2 = 20 Tính giá trị của biểu thức M = a3 + b3
Từ a2 + b2 = 20 ⇒ (a + b)2 – 2ab = 20 ⇒ ab = -8(0,5đ)
M = a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b)
= 23 – 3.(-8).2 = 56 (0,5đ)
b/ Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14 Tính giá trị của biểu thức N = a4 + b4 + c4
Từ a2 + b2 + c2 = 14
⇒ (a2 + b2 + c2)2 = 196
⇒ a4 + b4 + c4 = 196 – 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (0,5đ)
Ta lại cĩ: a + b + c = 0 ⇒ (a + b + c)2 = 0
⇒a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 0 (0,5đ)
Trang 6⇒ (ab + bc + ca) = -7 (0,5ñ)
⇒ (ab + bc + ca)2 = 49
⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a + b + c) = 49 (0,5ñ)
⇒ a2b2 + b2c2 + c2a2 = 49 (0,5ñ)
Do đó N = a4 + b4 + c4 = 196 – 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) = 196 – 2.49 = 98 (0,5ñ)
Bài 4: (4 điểm)
- Do ABCD là hình thang cân và ·ACD=600
Suy ra ∆OAB và ∆OCD là các tam giác đều (0,5ñ)
- Chứng minh ∆BFC vuông tại F (0,5ñ)
- Xét ∆BFC vuông tại F có: 1
2
- Chứng minh ∆BEC vuông tại E (0,5ñ)
- Xét ∆BEC vuông tại E có: 1
2
- Xét ∆BEC có: 1
2
- Suy ra EF = EG = FG nên ∆EFG đều (0,5ñ)
Bài 5: (4 điểm)
a/
- Hình vẽ: (0,25ñ)
- Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình
hành ABCD, ta có O là trung điểm của BD. (0,25ñ)
- Chứng minh BEDF là hình bình hành (0,5ñ)
- Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm
của EF (0,5ñ)
- Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O. (0,5ñ)
b/
- Xét ∆ABD có M là trọng tâm, nên 1
3
OM = OA(0,5ñ)
- Xét ∆BCD có N là trọng tâm, nên 1
3
ON = OC (0,5ñ)
- Mà OA = OC nên OM = ON (0,5ñ)
- Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành. (0,5ñ)
Trên đây là những gợi ý đáp án và biểu điểm, Học sinh có thể giải theo cách khác Tùy vào bài làm cụ thể của học sinh, giám khảo cho điểm tương ứng.
-UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
=
=
X X
//
//
G F
E O
//
//
//
//
O N M
F
E
Trang 7PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013
- Khóa ngày 04/11/2012
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (4 điểm)
a/ Tìm x, y, z biết 1 2 3
111 222 333
x+ = y+ = z+
và 3x + 2y + z = 989
b/ Cho tỉ lệ thức a c ( ,b d 0)
b = d ≠ Chứng minh rằng: ( )
( )
2012 2012 2012
2012 2012 2012
c d
= +
−
Bài 2: (4 điểm)
a/ Chứng minh rằng biểu thức S = 30 + 31 + 32 + 33 + 34 + 35 + ……+ 394 + 395 chia hết cho 40 b/ Tìm các giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức A = 3n3 + 10n2 – 5 chia hết cho giá trị của biểu thức B = 3n + 1
Bài 3: (4 điểm)
a/ Chứng minh đẳng thức : (a + b + c) 3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)( b + c)(c + a)
b/ Cho a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A Kẻ đường trung tuyến AM (với M ∈ BC) Gọi D là điểm đối
xứng với A qua M, E là điểm đối xứng với A qua BC
a/ Chứng minh BCDE là hình thang cân
b/ Qua A kẻ đường thẳng d bất kỳ không cắt cạnh BC B’, C’ là hình chiếu của B và C trên đường thẳng d Chứng minh rằng: BB’ + CC’ ≤ BC
Bài 5: (4 điểm)
Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo là 1 Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2
-
Trang 8HẾT -HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 (THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 – 2013)
Bài 1:
(4 đ) a/
111 222 333
x+ = y+ = z+
và 3x + 2y + z = 989
111 222 333 333 444 333
333 444 333
3 3 2 4 3 3 3 2 4 3 3 2 10 989 10 9
333 444 333 333 444 333 1110 1110 10
x+ y+ z+ x+ + y+ + +z x+ y z+ + +
+ + 111.9 9
⇒ + = ⇒ =
⇒ + = ⇒ =
⇒ + = ⇒ =
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
b/ Đặt a c k a bk ; c dk
b = d = ⇒ = = ( )
( ) ( ( ) ) ( ( ) )
2012
1 1
b k
d
−
2012 2012
1 ( )
+
Từ (1) và (2) suy ra ( )
( )
2012 2012 2012
2012 2012 2012
c d
+
−
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 2:
(4 đ)
a/ Từ 0 đến 95 có: (95 – 0) + 1 = 96 phần tử, do đó có 24 bộ 4 số liên tiếp nhau
S = (30 + 31 + 32 + 33) + (34 + 35 + 36 + 37) + ……+ (392 + 393 + 394 + 395)
S = 40 + 34.40 + ……+ 392.40
Các hạng tử đều chia hết cho 40 nên S chia hết cho 40
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ b/
Thực hiện phép chia A cho B được thương là n2 + 3n – 1, dư là – 4
Để A chia hết cho B thì 3n + 1 ∈ Ư(4) = {±1; ±2; ±4}
3
3
5 3
Vậy n = 0 ; n = -1; n = 1
0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 3:
(4 đ)
a/ Chứng minh đẳng thức : (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)( b + c)(c + a)
Vế trái: (a + b + c)3 = (a + b)3 + c3 + 3c(a + b)(a + b + c)
= a3 + b3 + 3ab(a + b) + c3 + 3c(a + b)(a + b + c)
= a3 + b3 + c3 + 3(a + b)[ab + c(a + b + c)]
= a3 + b3 + c3 + 3(a + b)[ab + ca + cb + c2]
= a3 + b3 + c3 + 3(a + b)[a(b + c) + c(b + c)]
= a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(a + c) = vế phải ⇒ đpcm
2 đ
Trang 9b/ Cho a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 = 3abc
Phân tích thành nhân tử: a3 + b3 + c3 - 3abc =
= (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc
= (a + b + c)3 – 3c(a + b)(a + b + c) – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b + c)2 – 3c(a + b) – 3ab]
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac – 3ac – 3bc – 3ab)
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ac – bc – ab)
Theo đề cho a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac ⇒ a2 + b2 + c2 – ac – bc – ab = 0
⇒ a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 hay a3 + b3 + c3 = 3abc
2 đ
Bài 4:
(4 đ)
a/ Chứng minh HM là đường trung bình của ∆ADE
⇒ HM // ED hay BCDE là hình thang (1)
+ Chứng minh BD = AC (do ABDC là hình bình hành)
+ Chứng minh CE = AC (do A và E đối xứng qua BC)
⇒ BD = CE (2)
Từ (1) và (2) suy ra BCDE là hình thang cân
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
b/ Kẻ thêm MM’ ⊥ d ⇒ MM’ là đường trung bình của hình thang BCC’B’
⇒ BB’ + CC’ = 2MM’
mà MM’ ≤ AM
hay 2MM’ ≤ 2AM = BC
suy ra: BB’ + CC’= 2MM’ ≤ BC
0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ
Bài 5:
Kẻ ME ⊥ BD ; QF ⊥ BD ; NI ⊥ BD ; PK ⊥ BD
Ta có: MN ≥ ME + NI
NP ≥ IK
PQ ≥ QF + PK
QM ≥ EF
Gọi p là chu vi tứ giác MNPQ, thì: p = MN + NP + PQ + MQ
⇒ p ≥ ME + NI + IK + QF + PK + EF = (ME + EF + FQ) + (NI + IK + PK)
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ
d //
//
x
x
M'
C'
M
A
B'
I
K F E
M
Q
P
N
Trang 10Mà các tam giác EBM, FDQ, IBN, KDF vuông cân.
⇒ p ≥ (BE + EF + FD) + (BI + IK + DK) = 2BD = 2 0,5 đ
UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
Trang 11PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 – 2014
- Khóa ngày 17/11/2013
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, biểu thức 2 3
3 2 6
A= + + luôn có giá trị nguyên b) Tìm số tự nhiên bé nhất, biết rằng khi chia số đó cho 2011 thì dư là 23, còn khi chia số
đó cho 2013 thì dư là 32.
Bài 2: (5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức N = 84 3 24 4
2
+ + + + b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị của biểu thức M = 1 a 1 b 1 c
+ + +
Bài 3: (3 điểm)
a) Cho biểu thức A = x2 + y2 – 6x – 4y + 2026 Tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị tương ứng của x, y.
b) Với giá trị nào của hệ số a và b thì đa thức x3 + ax + b chia hết cho (x – 1)2 ?
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC, đường cao AH Vẽ ở phía ngoài tam giác ấy các tam giác vuông cân ABD, ACE (với · 0 · 0
90 , 90
ABD= ACE= ) Qua điểm C kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt đường thẳng HA tại K
a) Chứng minh rằng: CD ⊥ BK
b) Chứng minh rằng ba đường thẳng AH, BE và CD đồng quy
Bài 5: (4 điểm)
Cho hình bình hành ABCD Qua C kẻ đường thẳng xy bất kỳ chỉ có một điểm chung C với hình bình hành Gọi A’, B’, D’ lần lượt là hình chiếu của A, B, D trên đường thẳng
xy Chứng minh rằng: AA’ = BB’ + DD’
-HẾT -KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2013 – 2014
Trang 12ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 8
1 (4 đ)
1a
Phân tích: 2n + 3n2 + n3 = n(2 + 3n + n2)
= n[(n2 + n) + (2n + 2)]
= n[n(n + 1)+ 2(n+1)]
= n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)(n + 2)M 2 và n(n + 1)(n + 2)M 3 mà (2,3) = 1 nên n(n + 1)(n + 2)M 6
A= + + = + + là bội của 6, hay A luôn có giá trị nguyên
0,25 0,25
0,5 0,5 0,5 1b Gọi n là số tự nhiên cần tìm Theo đề ta có: n = 2011x + 23 ; n = 2013y + 32
(x, y ∈¥ )
Ta có 2011x + 23 = 2013y + 32 ⇔2011x=2011y+2y+9
Do đó 2y + 9 M 2011
Vì n nhỏ nhất nên ta chọn y là nhỏ nhất
Vậy 2y + 9 = 2011 ⇔2y = 2002 ⇔ y = 1001
Khi đó n = 2013.1001 + 32 = 2 015 045
0,25
0,25 0,25 0,25 0,5 0,5
2 (5 đ)
2a
2
+ −
( 4 2) ( 4 2)
2 2
+ +
1
1 2b ta có a3 + b3 + c3 = 3abc
⇔a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
⇔
⇔ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ba – ca ) = 0
0
0
a b c
+ + =
⇔ + + − − − =
-Nếu a + b + c = 0 thì a + b = -c ; a + c = -b ; b + c = -a
Khi đó M = b a c b a c c a b 1
+ × + × + = − − −× × = −
-Nếu a2 + b2 + c2 –ab – bc – ca = 0 ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 –2ab – 2bc – 2ca = 0
⇔(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0 ⇔ a = b = c
Khi đó M = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8
1
0,25 0,25 0,5
0,25 0,25 0,5
3 (3 đ)
3a A = x2 + y2 – 6x – 4y + 2026 = (x2 – 6x + 9) + (y2 – 4y + 4) + 2013 =
= (x – 3)2 + (y – 2)2 + 2013 ≥2013
Vậy minA = 2013 ⇔ − =y x 3 02 0⇔x y=32
− = =
0,25 0,5 0,75 3b Thực hiện phép chia theo cách sắp xếp ta được:
Trang 13x3 + ax + b = (x2 – 2x + 1)(x +2) + [x(a + 3) + (b – 2)]
để phép chia là chia hết thì đa thức dư :
x(a + 3) + (b – 2) = 0 + =b a 2 03 0 a b= −23
− = =
Vậy a = -3 ; b = 2
0,75
0,75
4a a/Ta có · 0 ·
90
(góc ngoài ∆AHC)
·BCE=900+·ACH (gt)
KAC BCE
Mà ·KCA BEC=· (cùng phụ ·KCE)
Và AC = CE (gt)
⇒ ∆ = ∆ (g-c-g) ⇒ AK =BC
Do đó ∆KAB= ∆CBD(c-g-c) ⇒ ·AKB BCD=·
Mặt khác:·AKB KBH+· =900
Nên ·BCD KBH+· =900 hay CD ⊥ BK
0,25
0,25 0,5 0,25 0,25
0,5 0,5 0,25 0,25 4b b/Xét ∆KBC có AH, BE, CD là các đường cao nên chúng đồng quy 0,5
Gọi O là giao điểm của AC và BD Kẻ OO’ ⊥ xy ⇒ AA’//BB’//DD’//OO’
'// '// ''
OD OB
OO
OO BB DD
=
hình thang
' ' '
2
BB DD
Xét ∆AA C' có '
'// '
OA OC
OO
OO AA
=
là đường trung bình của tam giác '
' 2
AA OO
⇒ = (2)
Từ (1) và (2) suy ra AA’ = BB’ + DD’
1,0 0,5
0,5 0,5
0,5 0,5
_ /
H
K
A
E D
B' O'
A' D'
O
B
D
C A