ĐỀ THI HSG LỚP 8

§Ò thi häc sinh giái M«n: To¸n 8 Thêi gian lµm bµi : 150 phót. Phần I : Đề bài Câu 1 (4 đ): Phân tích đa thức thành nhân tử : a) x 2 + 6x + 5 b) x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz c) (x 2 – x + 1 )( x 2 – x +2 ) – 12 d) 2x 4 – 7x 3 – 2x 2 + 13x + 6 Câu 2 (4 đ): Giải các phương trình sau : a) 9 694 37 83 15 452 13 2 + + + = + + + xxxx b) x 3 – 4x 2 + x + 6 = 0 c) 7 6 4013 3 158 2 65 1 222 = +− + +− + +− xxxxxx Câu 3 (2 đ): Tìm x nguyên để biểu thức : 12 5552 23 − +−+ = x xxx A là số nguyên. Câu 4 (5 đ): Cho đoạn thẳng AC = m. Lấy điểm B bất kì thuộc đoạn AC (không trùng với A và C). Tia Bx vuông góc với đoạn thẳng AC. Trên tia Bx lần luợt lấy các điểm D và E sao cho BD = BA , BE = BC. a) Chứng minh rằng : CD = AE và CD ⊥ AE. b) Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AE , CD. Gọi I là trung điểm cảu MN. Chứng minh rằng : Khoảng cách từ điểm I đến đoạn thẳng AC không đổi khi điểm B di chuyển trên đoạn thẳng AC. c) Tìm vị trí của điểm B trên đoạn AC sao cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. Câu 5 (3 đ): Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trên cạnh BC. Các đường thẳng song song với AM vẽ từ B và C cắt AC và AB tại D và E. Chứng minh : CEBDAM 111 += Câu 6 (2 đ): Tìm số dư trong phép chia của biểu thức: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 2009 cho x 2 + 8x + 12. Phần II : Đáp án và biểu điểm Đáp án Điểm C âu 1: a) x 2 + 6x +5 = x 2 + x + 5x + 5 = x( x + 1) + 5(x + 1) = (x + 1)(x + 5) b) Ta có: (x + y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 3 + y 3 => x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x + y) 3 + z 3 3xy(x + y + z) = (x + y + z) ( ) ( ) [ ] 2 2 zzyxyx +++ - 3xy(x + y +z) = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 xy yz xz) c) Đặt t = x 2 x + 1. Khi đó : (x 2 x + 1)( x 2 x + 2) 12 = t(t + 1) 12 = t 2 + t 12 = (t 3)(t + 4) = (x 2 x 2)( x 2 x + 5) d) 2x 4 7x 3 2x 2 + 13x + 6 = 2x 4 + 2x 3 9x 3 9x 2 + 7x 2 + 7x + 6x + 6 = 2x 3 (x + 1) 9x 2 (x + 1) + 7x(x + 1) + 6(x + 1) = (x + 1)(2x 3 9x 2 + 7x + 6) = (x + 1)(2x 3 6x 2 3x 2 + 9x 2x + 6) = (x + 1)[2x 2 (x 3) 3x(x 3) 2(x 3)] = (x + 1)(x 3)(2x 2 3x 2) = (x + 1)(x 3)(2x + 1)(x 2) 1 0,25 75,0 0,25 75,0 5,0 5,0 C âu 2: a) (PT) + + + + = + + + + 1 9 694 1 37 83 1 15 452 1 13 2 xxxx 9 604 37 453 15 302 13 15 + + + = + + + xxxx ( ) 0 9 4 15 3 15 2 13 1 15 = ++ x 015 =+ x ( vì 9 4 15 3 15 2 13 1 + 0 ) x = -15.Vậy PT có tập nghiệm S = { } 15 b) (PT) (x + 1)(x 2)(x 3) = 0 x + 1 = 0 hoặc x 2 = 0 hoặc x 3 = 0 x = -1 ; x = 2 ; x = 3.Vậy PT có tập nghiệm S = { } 3;2;1 c) ĐKXĐ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + 8 5;3 2 085 053 032 04013 0158 065 2 2 2 x xx x xx xx xx xx xx xx 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 5,0 5,0 (PT) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 7 6 85 3 53 2 32 1 = + + xxxxxx + 2 1 3 1 xx 7 6 5 1 8 1 3 1 5 1 = + xxxx 7 6 2 1 8 1 = xx ( )( ) 7 6 28 6 = xx Khử mẫu ta đợc:(x 8)(x 2) = 7 0910 2 =+ xx ( ) 09)1( = xx 9;1 == xx (TMĐK) Vậy PT có tập nghiệm S = { } 9;1 C âu 3 : Ta có: A = x 2 + 3x 1 + 12 4 + x Vì x Z thì x 2 + 3x 1 Z nên để A là số nguyên thì 12 4 + x Z hay 2x + 1 Ư(4) mà Ư(4) = { } 4;2;1 . +) Với 2x + 1 = -1 => x = -1 (t/m) +) Với 2x + 1 = 2 => x = 2 1 (loại) +) Với 2x + 1 = 1 => x = 0 (t/m) +) Với 2x + 1 = - 4 => x = 2 5 (loại) +) Với 2x + 1 = -2 => x = 2 3 (loại) +) Với 2x + 1 = 4 => x = 2 3 (loại) Vậy giá trị x = { } 0;1 thì giá trị A là số nguyên. 0,25 5,0 1 0,25 Câu 4: GT Cho AC = m. Lấy B AC; Bx AC. D,E Bx \ BD = AB; BE = BC. MA = ME (M AE);ND = NC (N CD) IM = IN (I MN) KL a) C/m: AE = CD và AE CD b) K/c từ I đến AC không đổi c) Tìm vị trí của B\ S ABE + S BCD lớn nhất Bài giải: a) Gọi K là giao điểm của CD và AE. C/m đợc ABE = DBC(c.g.c) => AE = CD. Lại có: Â 1 = D 2 = D 1 mà Â 1 + Ê 1 = 90 0 nên D 1 + Ê 1 = 90 0 .Do đó: DKE = 90 0 hay AE CD b) Gọi M,N,I lần lợt là hình chiếu của M,N,I trên AC. Xét ABE ( ABD = 90 0 ) có BM là đờng trung tuyến => MA = ME = BM = 2 1 AE Xét BCD ( CBD = 90 0 ) có BN là đờng trung tuyến => NC = ND = BN = 2 1 CD Mà AE = CD (câu a) => BM = BN. Lại có : MBE cân tại M => E 1 = MBD và NBD cân tại N => D 2 = NBD. Do đó: MBD + NBD = E 1 + D 2 = 90 0 hay MBN = 90 0 . C/m đợc BMM = NBN(cạnh huyền_góc nhọn) => BM = NN và MM = BN => MM + NN = BM + BN = 2 1 AB + 2 1 BC = 2 1 AC = 2 1 m (vì MAB và NBC cân) Xét hình thang MMNM có I I // MM // NN và IM = IN nên I I là đờng trung bình của 0,5 0,5 0,5 5.0 5.0 1 1 1 2 I M N A B C x D E K M' I' N hình thang => I I = 2 1 (MM + NN) = 4 1 m (không đổi) => đpcm. c) Đặt AB = x => BE = m x. Khi đó: S ABE + S BCD = 2 1 AB.BE + 2 1 BD.BC = AB.BE = x(m x) (vì AB = BD và BE = BC) Do đó: S ABE + S BCD lớn nhất <=> x(m x) lớn nhất. Mà tích x(m x) có tổng x + m x = m là không đổi nên để tích x(m x) lớn nhất thì x = m x <=> x = 2 1 m. Vậy để S ABE + S BCD lớn nhất thì B là trung điểm của BC. 5.0 5.0 0,5 1 Câu 5: Ta có: BC = BM + MC <=> MCBM CMBM CMBM BC + = <=> MCBMCMBM BC 11 . += <=> MC BC BM BC CMBM BC += . 2 <=> MC BC BM BC MC BC BM BC += . (1) Mà theo hệ quả định lí Ta-lét đối với BDC và BCE ta có: AM // CE => AM EC BM BC = và AM // BD => AM BD MC BC = . Do đó thay vào (1) ta đợc: AM BD AM EC AM BD AM EC += . <=> BDCE BDCE AM . 1 + = <=> CEBDAM 111 += => đpcm 1 1 1 C âu 6: Giả sử thơng trong phép chia là Q(x) và có d là ax + b. Theo bài ra ta có: (x+1)(x+3)(x+5)(x+7) + 2009 = (x 2 + 8x + 12).Q(x) + ax + b = (x + 2)(x + 6).Q(x) + ax + b (*) Do đẳng thức (*) đúng với mọi x nên: + Với x = -2 ta có: (-2+1)(-2+3)(-2+5)(-2+7) + 2009 = -2a + b<=>-2a + b = 1994 (1) 5,0 0,5 A B C M D E + Víi x = -6 ta cã: (-6+1)(-6+3)(-6+5)(-6+7) + 2009 = -6a + b<=>-6a + b = 1994 (2) Tõ (1) & (2) suy ra : a = 0 vµ b = 1994. VËy sè d cña phÐp chia lµ: 1994. 0,5 5,0    Tæng 20® . + + + 8 5;3 2 085 053 032 04013 01 58 065 2 2 2 x xx x xx xx xx xx xx xx 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 5,0 5,0 (PT) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 7 6 85 3 53. xxxxxx + 2 1 3 1 xx 7 6 5 1 8 1 3 1 5 1 = + xxxx 7 6 2 1 8 1 = xx ( )( ) 7 6 28 6 = xx Khử mẫu ta đợc:(x 8) (x 2) = 7 0910 2 =+ xx ( ) 09)1(