ĐỀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP Thời gian: 150 phút Bài 1: (3đ) a) Phân tích đa thức x3 – 5x2 + 8x – thành nhân tử b) Tìm giá trị nguyên x để A M B biết A = 10x2 – 7x – B = 2x – c) Cho x + y = x y ≠ Chứng minh 2( x − y) x y − + 2 =0 y −1 x −1 x y + 3 Bài 2: (3đ) Giải phương trình sau: a) (x2 + x)2 + 4(x2 + x) = 12 b) x +1 x + x + x + x + x + + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003 Bài 3: (2đ) Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, tia đối tia CB lấy F cho AE = CF a) Chứng minh ∆ EDF vuông cân b) Gọi O giao điểm đường chéo AC BD Gọi I trung điểm EF Chứng minh O, C, I thẳng hàng Bài 4: (2)Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển AB, AC cho BD = AE Xác địnhvị trí điểm D, E cho: a/ DE có độ dài nhỏ b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ HD CHẤM Bài 1: (3 điểm) a) ( 0,75đ) (0,25đ) x3 - 5x2 + 8x - = x3 - 4x2 + 4x – x2 + 4x – = x( x2 – 4x + 4) – ( x2 – 4x + 4) =(x–1)(x–2)2 b) (0,75đ) Xét A 10x −7x −5 = =5x +4 + B 2x −3 2x −3 Với x ∈ Z A M B Mà Ư(7) = { −1;1; −7;7} x y c) (1,5đ) Biến đổi y3 − − x − = = = = = = = (x − y ) − (x − y) ⇒ x −x−y +y (y − 1)(x − 1) ( x − y ) [ x(− y) + y( −x) ] xy(x y + 3) −2(x − y) x y2 + (0,25đ) y - 1= -x x - 1= - y) (0,25đ) (0,25đ) − x + y − y) xy x y + (x + y) + (0,25đ) x = 5; - 2; ; A M B + y − 1) xy x y + xy(x + y) + x + y + xy + ( x − y ) (x (0,25đ) ∈ Z ⇒ M ( 2x – 3) 2x − ( x + y = ⇒ xy(y + y + 1)(x + x + 1) ( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) − (x − y) xy(x y + y x + y + yx + xy + y + x + x + 1) ( x − y ) (x (0,25đ) (0,25đ) = = (0,25đ) ( x − y ) [ x(x − 1) + y(y − 1) ] xy(x y + 3) ( x − y ) (−2xy) xy(x y + 3) Suy điều cần chứng minh (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) Bài 2: (3 đ)a) (1,25đ) (x2 + x )2 + 4(x2 + x) = 12 đặt y = x2 + x y2 + 4y - 12 = ⇔ y2 + 6y - 2y -12 = (0,25đ) ⇔ (y + 6)(y - 2) = ⇔ y = - 6; y = (0,25đ) 2 * x + x = - vô nghiệm x + x + > với x (0,25đ) 2 * x + x = ⇔ x + x - = ⇔ x + 2x - x - = (0,25đ) ⇔ x(x + 2) – (x + 2) = ⇔ (x + 2)(x - 1) = ⇔ x = - 2; x = (0,25đ) Vậy nghiệm phương trình x = - ; x =1 x +1 x + x + x + x + x + x+1 x+2 x+3 x+ x+5 x+6 b) (1,75đ) 2008 + 2007 + 2006 = 2005 + 2004 + 2003 ⇔ ( 2008 + 1) + ( 2007 + 1) + ( 2006 + 1) = ( 2005 + 1) + ( 2004 + 1) + ( 2003 + 1) ⇔ x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 + + = + + ⇔ 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 + + − − − =0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 ⇔ ( x + 2009)( (0,25đ) 1 1 1 + + − − − ) = (0,5đ) 2008 2007 2006 2005 2004 2003 1 < 2006 2003 1 1 1 Do : 2008 + 2007 + 2006 − 2005 − 2004 − 2003 < Vì 1 ; < < 2008 2005 2007 2004 (0,25đ) Vậy x + 2009 = ⇔ x = -2009 E I Bài 3: (2 điểm) B C a) (1đ) Chứng minh ∆ EDF vng cân Ta có ∆ ADE = ∆ CDF (c.g.c) ⇒ ∆ EDF cân D O ˆ ˆ ⇒ E = F Mặt khác: ∆ ADE = ∆ CDF (c.g.c) ⇒ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ A D E + E + F F + E + F Mà = 90 2 = 90 ⇒ EDF = 900 Vậy ∆ EDF vuông cân b) (1đ) Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vng ⇒ CO trung trực BD ; F 1 Mà ∆ EDF vuông cân ⇒ DI = EF Tương tự BI = EF ⇒ DI = BI B ⇒ I thuộc dường trung trực DB ⇒ I thuộc đường thẳng CO Hay O, C, I thẳng hàng D A Bài 4: (2 điểm) a) (1đ) DE có độ dài nhỏ Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) Áp dụng định lý Pitago với ∆ ADE vng A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 = 2(x – a )2 + a a ≥ 2 2 a Ta có DE nhỏ ⇔ DE2 nhỏ ⇔ x = C E (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) ⇔ BD = AE = a ⇔ D, E trung điểm AB, AC b) (1đ) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 1 (0,25đ) Ta có: SADE = AD.AE = AD.BD = AD(AB – AD)= (AD2 – AB.AD) (0,25đ) 1 AB AB2 AB2 AB2 ≤ = – (AD – )2 + 8 2 AB AB Vậy SBDEC = SABC – SADE ≥ – = AB2 không đổi Do SBDEC = AB2 D, E trung điểm AB, AC = – (AD2 – AB AD + AB2 )+ (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ)