de thi hoc sinh gioi cap quan toan 8

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn DỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP QUẬN Câu (2,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4  2013x2  2012x  2013  x2  x   2x2 A   1   Rút gọn biểu thức sau:  2  x  8  x  x  x x x     Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: (2x2  x  2013)2  4( x2  5x  2012)  4(2 x2  x  2013)( x2  x  2012) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x3  2x  3x   y3 Câu (2,0 điểm) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  dư 10, f(x) chia cho x  dư 24, f(x) chia cho x2  thương 5x dư Chứng minh rằng: a(b  c)(b  c  a)2  c(a  b)(a  b  c)2  b(a  c)(a  c  b)2 Câu (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF 1 = + 2 AD AM AN Chứng minh rằng: Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn abc  Chứng minh : 1    a (b  c) b (c  a) c (a  b) -Hết Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Hướng dẫn giải Câu Câu Ta có x4  2013x2  2012x  2013   x  x   2013x  2013x  2013 (1.0 điểm)  x  x  1  x  x  1  2013  x  x  1 Điểm (2.0 điểm) 0,25 0.25   x  x  1 x  x  2013 0.25 Kết luận x4  2013x2  2012x  2013   x  x  1 x  x  2013 x  x  ĐK:  0.25 0.25  x2  x    1   Ta có A      2x  8  4x  2x  x   x x  (1.0 điểm) 2x2  x2  2x  x  x   2x2     2 x2  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)   0.25  x2  x   ( x  1)( x  2)   x( x  2)  x   ( x  1)( x  2)  2x2       2 x2 x2   2( x  2)( x  4)     2( x  4) ( x  4)(2  x)   x3  x  x  x x  x( x  4)( x  1) x    2( x  4) x x ( x  4) 2x x  x 1 Vậy A  với  2x x   0.25 (2.0 điểm) Câu a  x  x  2013 Đặt:  0.25  b  x  x  2012 Phương trình cho trở thành: (1.0 điểm) 0.25 0.25 a2  4b2  4ab  (a  2b)2   a  2b   a  2b Khi đó, ta có: 2x2  x  2013  2( x2  5x  2012)  x2  x  2013  x2 10 x  4024 2011  11x  2011  x  11 2011 Vậy phương trình có nghiệm x  11 0.25 0.25 2 (1.0 điểm) Ta có y3  x  2x  3x    x      x  y  4 (1) 0.25 (2) 0.25  15  (x  2)  y  4x  9x    2x      y  x   16  3 Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 0.25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán là: (1 ; 0) (2,0 điểm) Câu Giả sử f(x) chia cho x2  thương 5x dư ax  b Khi đó: f ( x)  ( x2  4).(5x)  ax+b Theo đề bài, ta có: (1.0 điểm)   f (2)  24 2a  b  24 a      f (2)  10 2a  b  10 b  17 Do đó: f ( x)  ( x  4).(5 x)  x+17 47 x  17 Ta có: a(b  c)(b  c  a)2  c(a  b)(a  b  c)2  b(a  c)(a  c  b)2  (1) xz  a  a  b  c  x  x y  Đặt: b  c  a  y  b  a  c  b  z   yz  c   Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  (1.0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Khi đó, ta có: VT(1)  xz x y yz yz xz x y 2    .y    x  ( x  y )( x  y ).z  2   2  xz xz yz z y 2 y  x  ( x  y ) z 2 2 1  ( x  z ) y  ( z  y ).x  ( x  y ).z 4 1  ( x  y ).z  ( x  y ).z   VP(1) (đpcm) 4  Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (3,0 điểm) E A B H F D C M N (1.0 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) BAF = ADM = 900 (ABCD hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM Lại có AE // DM ( AB // DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác DAE = 900 (gt) 0.5 0.25 Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) 0.25 AB BH BC BH = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH )  ΔCBH ΔEAH (c.g.c)  (1.0 điểm) 0.25 S SΔCBH  BC   BC  2 = (gt)    ΔCBH =  = nên BC = (2AE)  , mà S  SΔEAH  AE   AE  ΔEAH  BC = 2AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD 0.25 Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.25 Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:  0.25 AD AM AD CN =  = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: (1.0 điểm)  0.25 MN MC AB MC AD MC =  = = hay AN AB AN MN AN MN 2 2 2 MN  AD   AD   CN   CM  CN + CM   + = + = = =1        MN MN  AM   AN   MN   MN  0.25 (Pytago) 2 1  AD   AD     +  =  AM  AN  AD  AM   AN  (đpcm) 0.25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Câu 1,0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R x, y, z > ta có a b2 c2  a  b  c     x y z x yz a b c Dấu “=” xảy    x y z (*) Thật vậy, với a, b  R x, y > ta có a b2  a  b    x y x y  (**)  a y  b x   x  y   xy  a  b  2 0.50   bx  ay   (luôn đúng) Dấu “=” xảy  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a b2 c  a  b  c  a  b  c       x y z x y z x yz a b c Dấu “=” xảy    x y z 1 2 1    a  b  c Ta có: a (b  c) b (c  a) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Câu 5: 1.0 điểm Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 1 1 1     a  b2  c2   a b c   ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac) 1 1     a b c 1 1 2    a b c 0.25 (Vì abc  ) Hay 1 2 11 1 a  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc  a b c  1 2 1 Mà    nên a  b  c  a b c ab  ac bc  ab ac  bc Vậy 1    a (b  c) b (c  a) c (a  b) 0.25 (đpcm) Điểm toàn (10,0 điểm) Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 4, học sinh vẽ hình sai không vẽ hình không chấm  ... sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 4, học sinh vẽ hình sai không vẽ hình...BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Hướng dẫn giải Câu Câu Ta có x4  2013x2  2012x  2013   x  x  ...  x  1 x  x  2013 x  x  ĐK:  0.25 0.25  x2  x    1   Ta có A      2x  8  4x  2x  x   x x  (1.0 điểm) 2x2  x2  2x  x  x   2x2     2 x2  2( x  4) 4(2