7 đề thi HSG toán 8

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 MB 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 vng 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 MB Mà Ư(7) = { −1;1; −7;7} x y c) (1,5đ) Biến đổi y3 − − x − = = = = = = = (x − y ) − (x − y) ⇒ x −x−y +y (y3 − 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 MB + 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) (0,25đ) (0,25đ) xy(x y + 3) Suy điều cần chứng minh (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 -2=0 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+4 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 (0,25đ) ⇔ x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 + + − − − =0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 ⇔ ( x + 2009)( 1 1 1 + + − − − )=0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 1 1 (0,5đ) Vì 1 1 < < ; ; 2008 2005 2007 2004 Do : 2008 + 2007 + 2006 − 2005 − 2004 − 2003 < 1 < 2006 2003 (0,25đ) Vậy x + 2009 = E = -2009 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 Mặt khác: ∆ ADE = ∆ CDF (c.g.c) ⇒ Eˆ = Fˆ2 Mà Eˆ + Eˆ + Fˆ = 900 ⇒ Fˆ2 + Eˆ + Fˆ1 = 900 A D ⇒ EDF = 90 Vậy ∆ EDF vuông cân b) (1đ) Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vng ⇒ CO trung trực BD ⇔x F 1 Mà ∆ EDF vuông cân ⇒ DI = EF B Tương tự BI = EF ⇒ DI = BI ⇒ 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 + 2 a a ≥ 2 a ⇔ E (0,25đ) (0,25đ) a Ta có DE nhỏ ⇔ DE2 nhỏ ⇔ x = ⇔ BD = AE = C (0,25đ) D, E trung điểm AB, AC (0,25đ) b) (1đ) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 1 1 Ta có: SADE = AD.AE = AD.BD = AD(AB – AD)= (AD2 – AB.AD) (0,25đ) = AB AB2 AB2 AB2 ≤ – + + = – (AD – ) + 8 2 AB AB Vậy SBDEC = SABC – SADE ≥ – = AB2 khơng đổi Do SBDEC = AB2 D, E trung điểm AB, AC – (AD2 AB 2 AD AB2 ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút ĐỀ Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – y2 – 5x + 5y b) 2x2 – 5x – Bài 2: Tìm đa thức A, biết rằng: x − 16 A = x x2 + Bài 3: Cho phân thức: 5x + 2x + 2x a) Tìm điều kiện x để giá trị phân thức đợc xác định b) Tìm giá trị x để giá trị phân thức Bài 4: a) Giải phơng trình : x+2 − = x − x x( x − 2) b) Giải bất phơng trình: (x-3)(x+3) < (x=2)2 + Bài 5: Giải tốn sau cách lập phơng trình: Một tổ sản xuất lập kế hoạch sản xuất, ngày sản xuất đợc 50 sản phẩm Khi thực hiện, ngày tổ sản xuất đợc 57 sản phẩm Do hồn thành trớc kế hoạch ngày vợt mức 13 sản phẩm Hỏi theo kế hoạch tổ phải sản xuất sản phẩm thực ngày Bài 6: Cho ∆ ABC vng A, có AB = 15 cm, AC = 20 cm Kẻ đờng cao AH trung tuyến AM a) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HBA b) Tính : BC; AH; BH; CH ? c) Tính diện tích ∆ AHM ? BIỂU ĐIỂM - ĐÁP ÁN Đáp án Biểu điểm Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – y2 – 5x + 5y = (x2 – y2) – (5x – 5y) = (x + y) (x – y) – 5(x – y) = (x - y) (x + y – 5) (1 điểm) b) 2x2 – 5x – = 2x2 + 2x – 7x – = (2x2 + 2x) – (7x + 7) = 2x(x +1) – 7(x + 1) = (x + 1)(2x – 7) (1 điểm) Bài 2: Tìm A (1 điểm) A= x(4 x − 16 x[(2 x) − x(2 x − 4)(2 x + 4) x.2( x − 2).2( x + 2) = = = = 4( x − 2) = x − x( x + 2) x( x + 2) x + 2x x + 2x Bài 3: (2 điểm) a) 2x2 + 2x = 2x(x + 1) ≠ ⇔ 2x ≠ x + ≠ ⇔ x ≠ x ≠ -1 b) Rút gọn: 5x + 5( x + 1) = = 2 x + x x ( x + 1) x 5 = ⇔ = 2x ⇔ x = 2x Vì thoả mãn điều kiện (1 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) hai tam giác nên x= (0,25 điểm) Bài 4: a) Điều kiện xác định: x ≠ 0; x ≠ - Giải: ⇔ x(x + 2) - (x - 2) = ⇔ x2 x( x − 2) x( x − 2) + 2x – x +2 = 2; x= (loại) x = - Vậy S = { − 1} ⇔ x2 – < x2 + 4x + ⇔ x2 – x2 – 4x < + ⇔ - 4x < 16 ⇔ x> - Vậy nghiệm phơng trình x > - Bài 5: – Gọi số ngày tổ dự định sản xuất : x ngày Điều kiện: x nguyên dơng x > Vậy số ngày tổ thực là: x- (ngày) - Số sản phẩm làm theo kế hoạch là: 50x (sản phẩm) - Số sản phẩm thực là: 57 (x-1) (sản phẩm) b) 1đ 1đ 0,5 đ 0,5 đ Theo đề ta có phơng trình: 57 (x-1) - 50x = 13 ⇔ 57x – 57 – 50x = 13 ⇔ 7x = 70 ⇔ x = 10 (thoả mãn điều kiện) Vậy: số ngày dự định sản xuất 10 ngày Số sản phẩm phải sản xuất theo kế hoạch là: 50 10 = 500 (sản phẩm) Bài 6: a) Xét ∆ ABC ∆ HBA, có: Góc A = góc H = 900; có góc B chung ⇒ ∆ ABC ~ ∆ HBA ( góc góc) b) áp dụng pitago ∆ vng ABC ta có : BC = AB + AC = 15 + 20 = 625 = 25 (cm) ∆ ABC ~ ∆ HBA nên AB AC BC 15 20 25 = = hay = = HB HA BA HB HA 15 - AH HM = 1đ 1đ 1đ 1đ HC = BC – BH = 25 – = 16 (cm) SAHM = 0,5 đ 1đ 20.05 ⇒ AH = = 12 (cm) 25 15.15 BH = 25 = (cm) c) HM = BM – BH = 0,5 đ BC 25 − BH = − = 3,5(cm) 2 12 3,5 = 21 (cm ) Vẽ hình: A B H 1đ M C 1đ ĐỀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút Bài 1(3 điểm): Tìm x biết: a) x2 – 4x + = 25 b) x − 17 x − 21 x + + + =4 1990 1986 1004 c) 4x – 12.2x + 32 = 1 + + = x y z yz xz xy Tính giá trị biểu thức: A = x + yz + y + xz + z + 2xy Bài (1,5 điểm): Cho x, y, z đôi khác Bài (1,5 điểm): Tìm tất số phương gồm chữ số biết ta thêm đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta số phương Bài (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’, H trực tâm a) Tính tổng HA' HB' HC' + + AA' BB' CC' b) Gọi AI phân giác tam giác ABC; IM, IN thứ tự phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM (AB + BC + CA ) ≥ c) Chứng minh rằng: AA'2 + BB'2 + CC'2 ĐÁP ÁN • Bài 1(3 điểm): a) Tính x = 7; x = -3 b) Tính x = 2007 c) 4x – 12.2x +32 = ⇔ 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = ⇔ 2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = ⇔ (2x – 8)(2x – 4) = ⇔ (2x – 23)(2x –22) = ⇔ 2x –23 = 2x –22 = ⇔ 2x = 23 2x = 22 ⇔ x = 3; x = ( điểm ) ( điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) • Bài 2(1,5 điểm): xy + yz + xz 1 + + =0⇒ = ⇒ xy + yz + xz = ⇒ yz = –xy–xz x y z xyz ( 0,25điểm ) x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm ) Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm ) Do đó: A = yz xz xy + + ( x − y)( x − z) ( y − x )( y − z) (z − x )(z − y) ( 0,25điểm ) Tính A = • Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd số phải tìm a, b, c, d ∈ N, ≤ a , b, c, d ≤ 9, a ≠ ( 0,5 điểm ) (0,25điểm) Ta có: abcd = k với k, m ∈ N, 31 < k < m < 100 (0,25điểm) (a + 1)(b + 3)(c + 5)(d + 3) = m abcd = k abcd + 1353 = m Do đó: m2–k2 = 1353 ⇒ (m+k)(m–k) = 123.11= 41 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41 ⇒ m–k = 11 m–k = 33 m = 67 m = 37 ⇔ k = 56 k= Kết luận abcd = 3136 ⇔ ⇔ (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) • Bài (4 điểm): Vẽ hình (0,25điểm) HA '.BC S HBC HA' = = a) ; S ABC AA' AA'.BC S HAB HC' S HAC HB' = = Tương tự: ; S ABC CC' S ABC BB' (0,25điểm) (0,25điểm) HA' HB' HC' S HBC S HAB S HAC + + = + + =1 AA' BB' CC' S ABC S ABC S ABC b) Áp dụng tính chất phân giác vào tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC = ; = ; = IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC = = =1 IC NB MA AC BI AI AC BI ⇒ BI AN.CM = BN.IC.AM (0,5điểm ) (0,5điểm ) (0,5điểm ) c)Vẽ Cx ⊥ CC’ Gọi D điểm đối xứng A qua Cx -Chứng minh góc BAD vng, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét điểm B, C, D ta có: BD ≤ BC + CD - ∆ BAD vuông A nên: AB2+AD2 = BD2 ⇒ AB2 + AD2 ≤ (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 ≤ (BC+AC)2 4CC’2 ≤ (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2 ≤ (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 ≤ (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) ≤ (AB+BC+AC)2 ( AB + BC + CA) ⇔ ≥4 AA'2 + BB'2 + CC'2 (Đẳng thức xảy ⇔ BC = AC, AC ⇔ ∆ ABC đều) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) = AB, AB = BC ⇔ AB = AC =BC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút ĐỀ Bài 1: (4 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z) – x3 – y3 – z3 b) x4 + 2010x2 + 2009x + 2010 Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình: x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23 Bài 3: (3 điểm) Tìm x biết: ( 2009 − x ) + ( 2009 − x ) ( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) = 19 2 ( 2009 − x ) − ( 2009 − x ) ( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) 49 Bài 4: (3 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 2010x + 2680 x2 + Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, D điểm di động cạnh BC Gọi E, F hình chiếu vng góc điểm D lên AB, AC a) Xác định vị trí điểm D để tứ giác AEDF hình vng b) Xác định vị trí điểm D cho 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ Bài 6: (4 điểm) Trong tam giác ABC, điểm A, E, F tương ứng nằm cạnh BC, CA, AB · · · · · · cho: AFE = BFD, BDF = CDE, CED = AEF · · a) Chứng minh rằng: BDF = BAC b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = Tính độ dài đoạn BD ĐÁP ÁN Bài 1: a) 3 3 (x + y + z) – x3 – y3 – z3 = ( x + y + z ) − x  −  y + z  2 = ( y + z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) x + x  − ( y + z ) ( y − yz + z ) 2 = ( y + z ) ( 3x + 3xy + 3yz + 3zx ) = ( y + z )  x ( x + y ) + z ( x + y )  = ( x + y) ( y + z) ( z + x ) b) x4 + 2010x2 + 2009x + 2010 = ( x − x ) + ( 2010x + 2010x + 2010 ) 2 2 = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2010 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 2010 ) Bài 2: x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23 ⇔ x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 −1+ −2+ −3+ −4=0 17 19 21 23 x − 258 x − 258 x − 258 x − 258 + + + =0 17 19 21 23  1 1 ⇔ ( x − 258 )  + + + ÷ =  17 19 21 23  ⇔ x = 258 ⇔ Bài 3: ( 2009 − x ) + ( 2009 − x ) ( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) = 19 2 ( 2009 − x ) − ( 2009 − x ) ( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) 49 2 ĐKXĐ: x ≠ 2009; x ≠ 2010 Đặt a = x – 2010 (a ≠ 0), ta có hệ thức: ( a + 1) − ( a + 1) a + a = 19 ( a + 1) + ( a + 1) a + a 49 ⇔ a + a + 19 = 3a + 3a + 49 ⇔ 49a + 49a + 49 = 57a + 57a + 19 ⇔ 8a + 8a − 30 =  a =  2 ⇔ ( 2a + 1) − 42 = ⇔ ( 2a − 3) ( 2a + ) = ⇔  (thoả ĐK) a = −  4023 4015 Suy x = x = (thoả ĐK) 2 4023 4015 Vậy x = x = giá trị cần tìm 2 Bài 4: 2010x + 2680 x2 + −335x − 335 + 335x + 2010x + 3015 335(x + 3) = = −335 + ≥ −335 x2 + x2 + A= Vậy giá trị nhỏ A – 335 x = – s s s Bài 5: µ =A µ = F$ = 90o ) C a) Tứ giác AEDF hình chữ nhật (vì E Để tứ giác AEDF hình vng AD tia phân · giác BAC b) Do tứ giác AEDF hình chữ nhật nên AD = EF Suy 3AD + 4EF = 7AD D 3AD + 4EF nhỏ ⇔ AD nhỏ F ⇔ D hình chiếu vng góc A lên BC Bài 6: · · · · · · a) Đặt AFE = BFD = ω, BDF = CDE = α, CED = AEF = βA E B · Ta có BAC + β + ω = 1800 (*) Qua D, E, F kẻ đường thẳng vng góc với BC, AC, AB cắt O Suy O giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF A o · · · ⇒ OFD + OED + ODF = 90 (1) E F ωβ o · · · Ta có OFD + ω + OED + β + ODF + α = 270 (2) β ω O o (1) & (2) ⇒ α + β + ω = 180 (**) · · (*) & (**) ⇒ BAC = α = BDF b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: µ = β, C µ =ω B α α ⇒ ∆AEF ∆DBF ∆DEC ∆ABC B D C 5BF 5BF 5BF  BD BA    = = BD = BD = BD =  BF BC    8     7CE 7CE 7CE  CD CA    ⇒ = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD = 8  CE CB     AE AB 7AE = 5AF 7(7 − CE) = 5(5 − BF) 7CE − 5BF = 24  AF = AC =    ⇒ CD − BD = (3) Ta lại có CD + BD = (4) (3) & (4) ⇒ BD = 2,5 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút ĐỀ Bài 1: (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x + x + x + 2008x + 2007 x + 2008 Bài 2: (2điểm) Giải phương trình: x − 3x + + x − = 2 2 1   1     x + ÷ +  x + ÷ −  x + ÷ x + ÷ = ( x + ) x x  x  x    1 Bài 3: (2điểm) CMR với a,b,c,là số dơng ,ta có: (a+b+c)( a + b + c ) ≥ Tìm số d phép chia biểu thức ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x + ) + 2008 cho đa thức x + 10 x + 21 Bài 4: (4 điểm)Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đờng cao AH (H ∈ BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đờng vng góc với BC D cắt AC E Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m = AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM 3 Tia AM cắt BC G Chứng minh: GB HD = BC AH + HC BàI 1 Câu Nội dung Điểm 2,0 1.1 (0,75 điểm) 0.5 x + x + = x + x + x + = x ( x + 1) + ( x + 1) = ( x + 1) ( x + ) 1.2 0,5 (1,25 điểm) x + 2008 x + 2007 x + 2008 = x + x + 2007 x + 2007 x + 2007 + 0,25 = x + x + + 2007 ( x + x + 1) = ( x + 1) − x + 2007 ( x + x + 1) 2 2 2 0,25 = ( x + x + 1) ( x − x + 1) + 2007 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 2008 ) 2 2 0,25 2,0 2.1 x − 3x + + x − = (1) + Nếu x ≥ : (1) ⇔ ( x − 1) = ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện x ≥ ) x < 1: + Nếu (1) 0,5 ⇔ x − x + = ⇔ x − x − ( x − 1) = ⇔ ( x − 1) ( x − ) = ⇔ x = 1; x = (cả hai không bé 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có nghiệm x = 2.2 2 0,5 1   1     x + ÷ +  x + ÷ −  x + ÷ x + ÷ = ( x + ) (2) x x  x  x    Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ≠ 2 1 1        (2) ⇔  x + x ÷ +  x + x ÷ x + x ÷−  x + x ÷  = ( x + )          0,25 0,5 1  2   ⇔  x + ÷ −  x + ÷ = ( x + ) ⇔ ( x + ) = 16 x x    ⇔ x = hay x = −8 x ≠ 0,25 Vậy phơng trình cho có nghiệm x = −8 2.0 3.1 Ta có: 1 a a b b c c A= (a + b + c)( a + b + c ) = + b + c + a + + c + a + b + a b a c c b = + ( b + a ) + ( c + a ) + (b + c ) 0,5 x y + ≥ (BĐT Cơ-Si) y x A ≥ + + + = Vậy A ≥ Mà: Do 0,5 3.2 Ta có: P ( x ) = ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x + ) + 2008 0,5 = ( x + 10 x + 16 ) ( x + 10 x + 24 ) + 2008 Đặt t = x + 10 x + 21 (t ≠ −3; t ≠ −7) , biểu thức P(x) đợc viết lại: P ( x) = ( t − ) ( t + ) + 2008 = t − 2t + 1993 Do chia t − 2t + 1993 cho t ta có số d 1993 0,5 4,0 4.1 + Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung CD CA = CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c) · Suy ra: BEC = ·ADC = 1350 (vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết) Nên ·AEB = 450 tam giác ABE vuông cân A Suy ra: 4.2 4.3 BE = AB = m BM BE AD Ta có: BC = ×BC = ×AC (do ∆BEC : ∆ADC ) mà AD = AH (tam giác AHD vuông vân H) BM AD AH BH BH = × = × = = nên (do ∆ABH : ∆CBA ) BC AC AC AB BE ∆BHM : ∆BEC Do (c.g.c), suy 0 ·BHM = BEC · · = 135 ⇒ AHM = 45 1,0 0,5 0,5 0,5 ra: 0,5 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác góc BAC GB AB = , GC AC AB ED AH HD = ( ∆ABC : ∆DEC ) = ( ED // AH ) = AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: GC = HC ⇒ GB + GC = HD + HC ⇒ BC = AH + HC Suy ra: mà 0,5 0,5 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút ĐỀ Bài 1( điểm): Cho biểu thức: 2x − 2x −8  21 + x − x  + − +1 P=  ÷: 2 x − 12 x + 13 x − x − 20 x − x + x −   a) Rút gọn P b) Tính giá trị P x = c) Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên d) Tìm x để P > Bài 2(3 điểm):Giải phương trình: a) b) c) 15 x   − = 12 +  ÷ x + 3x −  x + 3x −  148 − x 169 − x 186 − x 199 − x + + + = 10 25 23 21 19 x −2 +3 = Bài 3( điểm): Giải tốn cách lập phương trình: Một ngời xe gắn máy từ A đến B dự định 20 phút Nếu ngời tăng vận tốc thêm km/h đến B sớm 20 phút Tính khoảng cách AB vận tốc dự định ngời Bài (7 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M điểm đối xứng điểm C qua P a) Tứ giác AMDB hình gì? b) Gọi E F lần lợt hình chiếu điểm M lên AB, AD Chứng minh EF//AC ba điểm E, F, P thẳng hàng c) Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P d) Giả sử CP ⊥ BD CP = 2,4 cm, PD = Tính cạnh hình chữ nhật PB 16 ABCD Bài 5(2 điểm): a) Chứng minh rằng: 20092008 + 20112010 chia hết cho 2010 b) Cho x, y, z số lớn Chứng minh rằng: 1 + ≥ +x2 + y + xy Đáp án biểu điểm Bài 1: Phân tích: 4x2 – 12x + = (2x – 1)(2x – 5) 13x – 2x2 – 20 = (x – 4)(5 – 2x) 21 + 2x – 8x2 = (3 + 2x)(7 – 4x) 4x2 + 4x – = (2x -1)(2x + 3) Điều kiện: x ≠ −3 ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ 2 x −3 x −5 −1 b) x = ⇔ x = x = 2 1 +) x = ⇒ … P = 2 −1 ⇒ …P = +) x = 2 x −3 c) P = = 1+ x −5 x −5 Ta có: ∈ Z ∈Z Vậy P ∈ Z x −5 ⇒ x – ∈ Ư(2) Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2} x – = -2 ⇒ x = (TMĐK) x – = -1 ⇒ x = (KTMĐK) x – = ⇒ x = (TMĐK) x – = ⇒ x = (TMĐK) KL: x ∈ {3; 6; 7} P nhận giá trị nguyên 2 x −3 d) P = = 1+ x −5 x −5 Ta có: > 0,5đ 0,5đ a) Rút gọn P = Để P > >0 ⇒ x–5>0 ⇔ x>5 x −5 Với x > P > Bài 2: 2đ 1đ 1đ 0,25đ 0,5đ 0,25 a) 15 x   − = 12 +  ÷ x + 3x −  x + 3x −   15 x − = 12  + ( x + ) ( x − 1)  x + ( x − 1) ⇔  ÷ ÷ ĐK: x ≠ −4; x ≠  ⇔ 3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 12(x -1) + 12(x + 4) … ⇔ 3x.(x + 4) = ⇔ 3x = x + = +) 3x = => x = (TMĐK) +) x + = => x = -4 (KTMĐK) S = { 0} b) 148 − x 169 − x 186 − x 199 − x + + + = 10 25 23 21 19 1đ  148 − x   169 − x   186 − x   199 − x  − ÷+  − ÷+  − ÷+  − ÷=  25   23   21   19  ⇔  1 1  ⇔ (123 – x)  + + + ÷=  25 23 21 19  1 1  Do  + + + ÷>  25 23 21 19  Nên 123 – x = => x = 123 S = {123} c) x −2 +3 = Ta có: nên x − ≥ 0∀x => x − + > x −2 +3 = x −2 +3 PT viết dạng: x−2 +3=5 ⇔ x−2 = – ⇔x − = +) x - = => x = +) x - = -2 => x = 1đ S = {0;4} Bài 3(2 đ) Gọi khoảng cách A B x (km) (x > 0) Vận tốc dự định ngời đ xe gắn máy là: x 3x = (km / h) 10 3 (3h20’ = 1đ 0,25đ ( h) ) 0,25đ Vận tốc ngời xe gắn máy tăng lên km/h là: 3x + ( km / h ) 10 Theo đề ta có phơng trình:  3x  +  ÷.3 = x  10  0,25đ 0,5đ ⇔ x =150 0,5đ 0,25đ Vậy khoảng cách A B 150 (km) Vận tốc dự định là: 3.150 = 45 ( km / h ) 10 Bài 4(7đ) Vẽ hình, ghi GT, KL 0,5đ D C P M F I E A O B a) Gọi O giao điểm đường chéo hình chữ nhật ABCD  PO đường trung bình tsm giác CAM  AM//PO ⇒ tứ giác AMDB hình thang b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị) Tam giác AOB cân O nên góc OBA = góc OAB 1đ Gọi I giao điểm đường chéo hình chữ nhật AEMF tam giác AIE cân I nên góc IAE = góc IEA Từ chứng minh : có góc FEA = góc OAB, EF//AC (1) 1đ Mặt khác IP đường trung bình tam giác MAC nên IP // AC (2) Từ (1) (2) suy ba điểm E, F, P thẳng hàng 1đ MF AD = c) ∆MAF : ∆DBA ( g − g ) nên không đổi (1đ) FA d) Nếu PD = PB 16 AB PD PB = = k ⇒ PD = 9k , PB = 16k 16 Nếu CP ⊥ BD ∆CBD : ∆DCP ( g − g ) ⇒ CP PB = PD CP 1đ CP2 = PB.PD hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2 PD = 9k = 1,8(cm) PB = 16k = 3,2 (cm) BD = (cm) C/m BC2= BP.BD = 16 BC = (cm) CD = (cm) 0,5d 0,5đ 0,5đ Bài 5: a) Ta có: 20092008 + 20112010 = (20092008 + 1) + ( 20112010 – 1) Vì 20092008 + = (2009 + 1)(20092007 - …) = 2010.(…) chia hết cho 2010 (1) 2010 2011 - = ( 2011 – 1)(20112009 + …) = 2010.( …) chia hết cho 2010 (2) Từ (1) (2) ta có đpcm 1 + ≥ b) +x2 + y + xy (1) 1đ  1   1  ⇔ − + − ÷  ÷≥ 2 + x + xy + y + xy     x ( y − x) y ( x − y) ⇔ + ≥0 2 ( + x ) ( + xy ) ( + y ) ( + xy ) ( y − x ) ( xy − 1) ⇔ ( + x2 ) ( + y ) ( + xy ) ≥ ( 2) Vì x ≥ 1; y ≥ => xy ≥ => xy − ≥ => BĐT (2) => BĐT (1) (dấu ‘’=’’ xảy x = y) 1đ ... 10 17 19 21 23 ⇔ x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 −1+ −2+ −3+ −4=0 17 19 21 23 x − 2 58 x − 2 58 x − 2 58 x − 2 58 + + + =0 17 19 21 23  1 1 ⇔ ( x − 2 58 )  + + + ÷ =  17 19 21 23  ⇔ x = 2 58 ⇔... = = BD = BD = BD =  BF BC    8     7CE 7CE 7CE  CD CA    ⇒ = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD = 8  CE CB     AE AB 7AE = 5AF 7( 7 − CE) = 5(5 − BF) 7CE − 5BF = 24  AF = AC =  ... 1.1 (0 ,75 điểm) 0.5 x + x + = x + x + x + = x ( x + 1) + ( x + 1) = ( x + 1) ( x + ) 1.2 0,5 (1,25 điểm) x + 20 08 x + 20 07 x + 20 08 = x + x + 20 07 x + 20 07 x + 20 07 + 0,25 = x + x + + 20 07 ( x