Phòng Giáo dục- Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2008 - 2009 môn: Toán 8 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 1 trang Bi 1 (4 im): Cho biu thc ++ + = 222222 2 11 : y 4xy A xxyyxyx a) Tỡm iu kin ca x, y giỏ tr ca A c xỏc nh. b) Rỳt gn A. c) Nu x; y l cỏc s thc tho món: 3x 2 + y 2 + 2x 2y = 1, hóy tỡm tt c cỏc giỏ tr nguyờn dng ca A? Bi 2 (4 im): a) Gii phng trỡnh : 82 44 93 33 104 22 115 11 + + + = + + + xxxx b) Tỡm cỏc s x, y, z bit : x 2 + y 2 + z 2 = xy + yz + zx v 2010200920092009 3 =++ zyx Bi 3 (3 im): Chng minh rng vi mi n N thỡ n 5 v n luụn cú ch s tn cựng ging nhau. Bi 4 (7 im): Cho tam giỏc ABC vuụng ti A. Ly mt im M bt k trờn cnh AC. T C v mt ng thng vuụng gúc vi tia BM, ng thng ny ct tia BM ti D, ct tia BA ti E. a) Chng minh: EA.EB = ED.EC v ã ã EAD ECB= b) Cho ã 0 120BMC = v 2 36 AED S cm= . Tớnh S EBC ? c) Chng minh rng khi im M di chuyn trờn cnh AC thỡ tng BM.BD + CM.CA cú giỏ tr khụng i. d) K DH BC ( ) H BC . Gi P, Q ln lt l trung im ca cỏc on thng BH, DH. Chng minh CQ PD . Bi 5 (2 im): a) Chng minh bt ng thc sau: 2 + x y y x (vi x v y cựng du) b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P = 2 2 2 2 3 5 x y x y y x y x + + + ữ (vi x 0,y 0 ) 1 đề chính thức Phßng Gi¸o dôc- §µo t¹o ***** ®¸p ¸n vµ híng dÉn chÊm thi häc sinh giái n¨m häc 2008 - 2009 m«n: To¸n 8 Bài 1 : (4 điểm) a) Điều kiện: x ≠ ± y; y ≠ 0 (1 điểm) b) A = 2x(x+y) (2 điểm) c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A + Từ (gt): 3x 2 + y 2 + 2x – 2y = 1 ⇒ 2x 2 + 2xy + x 2 – 2xy + y 2 + 2(x – y) = 1 ⇒ 2x(x + y) + (x – y) 2 + 2(x – y) + 1 = 2 ⇒ A + (x – y + 1) 2 = 2 ⇒ A = 2 – (x – y + 1) 2 2 ≤ (do (x – y + 1) 0 ≥ (với mọi x ; y) ⇒ A ≤ 2. (0,5đ) + A = 2 khi ( ) x y 1 0 2x x y 2 x y;y 0 − + = + = ≠ ± ≠ ⇔ 1 x 2 3 y 2 = = + A = 1 khi ( ) 2 (x y 1) 1 2x x y 1 x y;y 0 − + = + = ≠ ± ≠ Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn: 2 1 x 2 2 3 y 2 − = + = + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (0,5 điểm) Bài 2: (4 điểm) a) x 11 x 22 x 33 x 44 115 104 93 82 + + + + + = + x 11 x 22 x 33 x 44 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 115 104 93 82 + + + + ⇔ + + + = + + x 126 x 126 x 126 x 126 115 104 93 82 + + + + ⇔ + = + x 126 x 126 x 126 x 126 0 115 104 93 82 + + + + ⇔ + − − = .⇔ x 126 0⇔ + = x 126⇔ = − b) x 2 + y 2 + z 2 = xy + yz + zx ⇔ 2x 2 +2y 2 + 2z 2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0 2 ⇔ (x-y) 2 + (y-z) 2 + (z-x) 2 = 0 x y 0 y z 0 z x 0 − = ⇔ − = − = x y z⇔ = = ⇔ x 2009 = y 2009 = z 2009 Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z 2009 = 3 2010 ⇔ z 2009 = 3 2009 ⇔ z = 3 Vậy x = y = z = 3 Bài 3 (3 điểm) Cần chứng minh: n 5 – n M 10 - Chứng minh : n 5 - n M 2 n 5 – n = n(n 2 – 1)(n 2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n 2 + 1) M 2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp) - Chứng minh: n 5 – n M 5 n 5 - n = . = n( n - 1 )( n + 1)( n 2 – 4 + 5) = n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 ) lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5 - Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n 5 – n M 2.5 tức là n 5 – n M 10 Suy ra n 5 và n có chữ số tận cũng giống nhau. Bµi 4: 6 ®iÓm IP Q H E D A B C M C©u a: 2 ®iÓm * Chøng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iÓm) - Chøng minh ∆ EBD ®ång d¹ng víi ∆ ECA (gg) 0,5 ®iÓm 3 - Từ đó suy ra . . EB ED EA EB ED EC EC EA = = 0,5 điểm * Chứng minh ã ã EAD ECB= (1 điểm) - Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (cgc) 0,75 điểm - Suy ra ã ã EAD ECB= 0,25 điểm Câu b: 1,5 điểm - Từ ã BMC = 120 o ã AMB = 60 o ã ABM = 30 o 0,5 điểm - Xét EDB vuông tại D có à B = 30 o ED = 1 2 EB 1 2 ED EB = 0,5 điểm - Lý luận cho 2 EAD ECB S ED S EB = ữ từ đó S ECB = 144 cm 2 0,5 điểm Câu c: 1,5 điểm - Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (gg) 0,5 điểm 2 2 BH BD BP BD BP BD DH DC DQ DC DQ DC = = = 0,5 điểm - Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (cgc) ã ã ã ã ` 90 o BDP DCQ CQ PD ma BDP PDC = + = 1 điểm Câu d: 1 điểm - Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg) - Chứng minh CM.CA = CI.BC 0,5 điểm - Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC 2 có giá trị không đổi 0,5 điểm Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB 2 + AC 2 = BC 2 Bi 5: (2 im) a) vỡ x, y cựng du nờn xy > 0, do ú 2 2 x y 2 x y 2xy y x + + 2 (x y) 0 bt ng thc ny luụn ỳng, suy ra bt ban u ỳng (pcm) b) t x y t y x + = 2 2 2 2 2 x y t 2 y x + = Biu thc ó cho tr thnh P = t 2 3t + 3 P = t 2 2t t + 2 + 1 = t(t 2) (t 2) + 1 = (t 2)(t 1) + 1 4 - Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t ≥ 2. t 2 0⇒ − ≥ ; t 1 0 − > ( ) ( ) t 2 t 1 0 ⇒ − − ≥ P 1⇒ ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 ⇔ x = y (1) - Nếu x; y trái dấu thì x 0 y < và y 0 x < ⇒ t < 0 ⇒ t – 1 < 0 và t – 2 < 0 ( ) ( ) t 2 t 1⇒ − − > 0 ⇒ P > 1 (2) - Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x ≠ 0 ; y ≠ 0 thì luôn có P ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là P min = 1 (khi x = y) Bài 5: (2 điểm) - Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x 2 – x + 1), khi đó ta có: f(x) = (x – 2).(x 2 – x + 1).P(x) + R(x) (1) - Vì đa thức chia (x – 2)(x 2 – x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc ≤ 2 - Từ (1) ⇒ dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2), mà R(x) là đa thức có bậc ≤ 2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt) ⇒ R(x) = (x – 2)(kx + p) + 4 - Lập luận tương tự trên 5 . dục- Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 20 08 - 2009 môn: Toán 8 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm. (vi x 0,y 0 ) 1 đề chính thức Phßng Gi¸o dôc- §µo t¹o ***** ®¸p ¸n vµ híng dÉn chÊm thi häc sinh giái n¨m häc 20 08 - 2009 m«n: To¸n 8 Bài 1 : (4 điểm)