Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Đề thức Mơn thi: Tốn Lớp: THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/03/2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Năm học 2016- 2017 ĐỀ BÀI x2   10  x    :   x     x    x  x  3x x     Bài 1:(4 điểm) Cho biểu thức: M =  a Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a Phân tích biểu thức A thành nhân tử b Chứng minh: Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác A < Bài 3:(3 điểm) a Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b Cho số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x + y + z = x + y + z = Tính tổng: S = x2015+y2016+ z2017 Bài 4:(3 điểm) a Giải phương trình: 1 1 + + = x  x  20 x  11x  30 x  13x  42 18 b Giải phương trình với nghiệm số nguyên: x( x + x + 1) = 4y( y + 1) Bài 5:(7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD,BE,CF cắt H a Tính tổng: HD HE HF   AD BE CF b Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC c Chứng minh: H cách ba cạnh tam giác DEF d Trên đoạn HB,HC lấy điểm M,N tùy ý cho HM = CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định .Hết KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Bài a  x2   x2 Điểm  Ta có:      =   x  x  x x    x( x  2)( x  2) 3( x  2) x   x  2( x  2)  ( x  2) ( x  2)( x  2) 6 = ( x  2)( x  2) 0,5 =  10  x  ( x  2)( x  2)  (10  x )  x   = x   x2  = x2 6 x2 =  M= 2 x ( x  2)( x  2) b a b a b + Nếu x  M  nên M khơng đạt GTLN + Vậy x  2, M có Tử Mẫu số dương, nên M muốn đạt GTLN Mẫu (2 - x) phải GTNN, Mà (2 - x) số nguyên dương  - x =  x = Vậy để M đạt GTLN giá trị nguyên x là: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = (b  c)2  a  (b  c)  a  = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT tam giác) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 Vậy A< A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2  ; (y - 2)2  Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010  2010 Dấu ''='' xảy  x – y = y – =  x = y = Vậy GTNN A 2010 t¹i x = y =2 Ta có: (x + y + z) = x + y + z + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp điều kiện cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) =  Một thừa số tích (x + y)(y + z)(z + x) phải Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z =  z = 1, lại kết hợp với đ/k: x + y + z =  x = y = Vậy số x,y,z phải có số số 1, Nên tổng S ln có giá trị 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI a Phương trình biến đổi thành: (Với ĐKXĐ  x  4; 5; 6; 7 ) 1 1 =   18 ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 1 1 1 )+( )+( )=    ( x4 x5 x5 x6 x6 x7 18 1 =    (x + 4)(x +7) = 54 x4 x7 18  (x + 13)(x - 2) =  x = -13 x = (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = 13; 2 b + Phương trình biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) + Ta chứng minh (x + 1) (x + 1) nguyên tố ! Vì d = UCLN (x+1, x + 1) d phải số lẻ (vì 2y+1 lẻ)  x2  x d  x  1 d   x  1 d     x  1 d     d mà d lẻ nên d =  x  1 d  x  1 d  x  1 d  0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 + Nên muốn (x + 1)(x + 1) số phương Thì (x+1) (x + 1) phải số phương  x2   k k  k  1 (k + x)(k x) =      x   t x  x  + Với x = (2y + 1) =  y = y = -1.(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm phương trình là: (x;y) = (0;0),(0; 1) Đặt:  0,25 0,25 A E F H M I B K 0,5 N D C O KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI a Trước hết chứng minh: HD = S ( HBC ) 0,5 b c S ( ABC ) AD HE S ( HCA) HF S ( HAB ) Tương tự có: ;   BE S ( ABC ) CF S ( ABC ) S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB) HD HE HF Nên =   S ( ABC ) AD BE CF HD HE HF =1    AD BE CF Trước hêt chứng minh  BDH  BEC  BH.BE = BD.BC Và  CDH  CFB  CH.CF = CD.CB  BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (đpcm) Trước hết chứng minh:  AEF   ABC   AEF=  ABC Và  CDE  CAB   CED=  CBA   AEF=CED mà EB  AC nên EB phân giác góc DEF Tương tự: DA, FC phân giác góc EDF DFE Vậy H giao điểm đường phân giác tam giác DEF nên H cách ba cạnh tam giác DEF (đpcm) d Gọi O giao điểm đường trung trực hai đoạn MN HC, ta có  OMH =  ONC (c.c.c)   OHM=  OCN  OHM=  OCN.(1) Mặt khác ta có  OCH cân O nên:  OHC=  OCH.(2) Từ (1) (2) ta có:  OHC=  OHB  HO phân giác góc BHC Vậy O giao điểm trung trực đoạn HC phân giác góc BHC nên O điểm cố định Hay trung trực đoạn MN qua điểm cố định O Chú ý: + Hướng dẫn chấm có trang, chấm theo thang điểm 20 + Điểm toàn tổng điểm thành phần khơng làm trịn + Bài số phải có hình vẽ chấm + Mọi cách làm khác cho điểm tối đa tương ứng với nội dung 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 O,25 0,25 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC: 2017 - 2018 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) x2  x  2x  Bài 1: (4,0 điểm).1 Cho biểu thức A    x  x  x  10 x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Biết a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63 Tính a – b Bài 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình : x x 2x   2(x  3) 2(x  1) (x  1)(x  3) x y x2  y   2) Cho x, y, a,b số thực thỏa mãn: Và x2 + y2 = Chứng a b ab 2018 2018 x y minh: 1009  1009  a b (a  b)1009 Tìm số a, b cho đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – dư 2x – Bài 3: (4,0 điểm) Cho đa thức A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz a) Phân tích A nhân tử b) Chứng minh x;y;z số nguyên x + y + z chia hết cho A – 3xyz chia hết cho 2) Tìm số nguyên dương x; y thỏa mãn phương trình : xy2 + 2xy + x = 32y Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H 1) Chứng minh tam giác AEF dồng dạng với tam giác ABC 2) Chứng minh BH.BE + CH CF = BC2 3) Qua F vẽ đường thẳng vng góc với EF cắt BE M, Chứng minh: FB EC = FC BM EF BC + BF CE = BE CF 4) Kẻ FI, EJ vng góc với BC ( I,J thuộc BC) Các điểm K,L thuộc AB, AC cho IK // AC, LJ // AB Chứng minh ba đường thẳng EI, FJ KL đồng quy Bµi 5: (1,5 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B  1   x  y 1 y  z 1 z  x 1 Hết Họ tên thí sinh :…………………… Giám thị số :……………………… Số báo danh : …………………… Giám thị số 2: ……………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Bài Nội dung cần đạt a) ĐKXĐ : x  2; x  Điểm 2đ x   x  x   (2x  4)(x  2) (x  2)(x  5)  x  8x  15 (x  5)(x  3)  x A   (x  2)(x  5) (x  2)(x  5) x  3 x Vậy A  với x  2; x  x2 A 1b) A  Bài (4,0đ) x  Để P nguyên thì:  1  x2 x2 1đ  Z  x   1; 1 x2  x  3;1 Vậy x  1;3 A nguyên Ta có : a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63  a2 + 2a + b2 – 2b – 2ab = 63 1đ  (a – b)2 + 2(a – b) – 63 =  ( a – b + 9)( a – b – 7)=0  a – b + = a – b – =  a – b = - a – b = 1) ĐKXĐ: x  -1; x  Bài (4,5đ) Quy đồng khử mẫu ta được: 2x(x – 3) =  x = (thỏa mãn) ; x = (khơng thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x = x y x2  y x y (x  y )2     Vì Và x2 + y2 = Nên a b ab a b ab  (bx  ay )(a  b)  ab( x  y )  b x  a y  2abx y   (bx  ay )   bx  ay   x2 y x2  y    a b ab ab 1,5đ 1,5đ KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI x 2018 y 2018  1009  1009  a b (a  b)1009  x 2018 y 2018  1009  1009 a b (a  b)1009 đpcm Vì đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – dư 2x – nên f(x) = (x2 – x – 2).q(x) + 2x – với x Hay x4 – x3 – 3x2 + ax + b= (x + 1)(x – 2).q(x) +2x – Xét x= - ta có - a + b = - (1) Xét x = ta có 2a + b = (2) Từ (1) (2) suy a = 3, b= -1 Vậy a = 3, b = -1 Bài (4,0đ) 1a) ta có : A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz = xyz + x2y + xz2 + x2z + y2z +xy2 + yz2 + xyz + xyz = xy(z + x + y) + xz ( x + y + z) + yz( y + z + x) =( x+ y + z) (xy + yz + xz) 1b) A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz Vì x, y, z ;là số nguyên x+ y + z  nên A  Mặt khác x+ y + z  nên ba số x, y, z có số chẵn Suy xyz   3xyz   A – 3xyz  Ta có: xy2 + 2xy + x = 32y 1đ 1,5đ 1đ 1,5đ 32 y  x( y  1)  32 y y nguyên dương  y +   x  ( y  1)2 Vì (y, y+1) =  (y+1)2  Ư(32) Mà 32 = 25  (y+1)2  {22; 24} ( (y+1)2 > 1) * (y+1)2 = 22  y = 1; x = * (y+1)2 = 24  y = 3; x = x  x  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  va  y 1 y  A E F H M B C D 1) Ta có  AEB ~  AFC (g.g)  AE AB AE AF    AF AC AB AC Từ suy  AEF ~  ABC (c.g.c) 1,5đ Bài (6,0đ) KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI BD BH 1,5đ 2) Ta có BDH ~  BEC (g.g)    BE.BH  BD.BC (1) BE BC CD CH  CDH ~  CFB (g.g)    CF C H  CD.BC (2) CF BC Cộng vế (1) (2) ta được: BE BH + CF.CH = BD BC + CD BC = BC (BD + DC) = BC2   CFE  ( phụ với gocsMFH) 3) TA có BFM   FCE  ( phụ với góc BAC) Lại có FBM Suy  FBM ~  FCE (g.g) 1,5đ FB BM   FB EC = MB FC (3) FC EC   MFB   MBF  ( tính chất góc ngồi) Lại có FME   FCE   AEF   CFE ABC suy  FME ~  FBC (g.g)   FE ME   FE.BC  ME.FC(4) FC BC Cộng (3) với (4) theo vế : FB EC + EF BC = FC MB + FC ME  FB EC + EF BC=FC BE A E F L H M K B I D J C   FCB  ( phụ vs Goi T giap điểm EI FJ, Ta có KFI   FCB  = 900 -   = EJL  ( doJL//AB) góc ABC)  KFI ABC =900 - LJC   ELJ  ( bù với góc A) Suy  KFI ~  LJE (g.g) Lại có IKF KF FI FT FI FI//EJ nên    LJ EJ TJ EJ   LJ // AB  KFT  TJL ( so le trong).Suy  KFT ~  LJT (c.g.c)   JTL  , mà FTL   LTJ   FTJ   1800 Do đó:  FTK    FTK   1800 suy K,T,L thẳng hàng, Do ba đường Nên FTL thẳng EI, FJ, KL đồng quy Bài (2,0đ) Ta có: 0  ( x  y)  ( y  z )  ( z  x) với x, y, z >0 1,5đ KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI  xy 2 yz  xz  2( x  y  z )  ( x  y  z )2  3( x  y  z ) (1) Dấu “=” xảy x = y = z Theo giả thiết: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18  x  y  z  18  ( x  y  z ) (2) Từ (1) (2) suy :  ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )  ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )   ( x  y  z  6)( x  y  z  9)   x  y  z   (vì x  y  z  0va9  ) Ghi chú: - Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa - Bài hình học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm KHƠNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHƠNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH THÀNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) Câu ( điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) x  x  12 b) x10  x5  Câu ( điểm)  x2 1   x4  Cho biểu thức: M      x    x2   x  x 1 x 1  a) Rút gọn M b) Tìm GTNN biểu thức M Câu ( điểm) a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a  Z b) Chứng minh x5 – x + không số phương với x  Z  Câu ( điểm) 6y   y  10 y  y  1  y b) Cho số a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a  b  c  a)Giải phương trình: Câu ( điểm) Gọi O trung điểm đoạn AB, nửa mp bờ AB vẽ tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C ( C khác A), Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC đường thẳng cắt By D Từ O hạ OM vng góc với CD ( M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC BD b) chứng minh tam giác AMB vuông c)Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN / / AC KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2015 - 2016 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày 13 tháng năm 2016 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Đề thức Số báo danh Câu 1: (4,0 điểm) x 1  2x  1 x   1 :  3x  3x x  3x  x Cho biểu thức: P   a Rút gọn biểu thức P b Tìm x  Z để P có giá trị nguyên c Tìm x để P  Câu 2: (5,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a  b  c  3abc Giải phương trình: x  11x  3x  11x  x   Giải bất phương trình: x  x  x x1  x     3 Câu 3: (4,0 điểm) Tìm số nguyên x, y thoả mãn x  xy  y  x  40  Với số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13 a Chứng minh hai số ai, aj không chia hết cho có số dư khác chia cho + aj chia hết cho b Tìm tất số tự nhiên n lẻ cho an số phương Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC cho BD = CE Gọi I, K, M, N theo thứ tự trung điểm BE, CD, BC, DE a Tứ giác MINK hình gì? Vì sao? b Chứng minh IK vng góc với tia phân giác At góc A Cho tam giác ABC Từ điểm M cạnh AB vẽ hai đường thẳng song song với hai cạnh AC, BC, chúng cắt BC, AC D E Tìm vị trí M cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2 Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P  z4 1 z4 x4  y4   Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Hướng dẫn chấm KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2015 - 2016 Câu Điểm Nội dung a ĐKXĐ: x  0, x  , x  1 0,5 x 1  2x  1 x   1 :  3x  3x x  3x  x Ta có: P   (4,0đ)  x 1    x  1 2x      1 : 2x  x x  1 3x2 x  1  2x    2x    1   3x 3x  x  x  1 2x Vậy với x  0, x  , x  1 ta có P  x 1 b Ta có: P   Z x 1  x   Ư(2) mà Ư(2) = 1; 2 0,5 0,5 0,5 0,5 Từ suy x   1;0;2;3 Kết hợp với ĐKXĐ x  2;3 0,25 2x 2x x 1 1 1   0 x 1 x 1 x 1 Mà x – < x + nên x – < x +   x  x  1 Kết hợp với ĐKXĐ 1  x  x  0, x  c P   0,5 0,5 0,25 Ta có: a  b  c  3abc  a  b 3  3a b  3ab  c  3abc  0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình S =  1; ;  0,5 0,25 0,25 0,5    a  b   c  3aba  b  c     a  b  c  a  b   ca  b   c  3aba  b  c    a  b  c a  a  b  c  a  2ab  b  ac  bc  c  3ab (5,0đ) 2   b  c  ab  bc  ca 2 Ta có: x  11x  3x  11x  x          x x   11x x   x    x  x  11x     x  1 x  13x  12 x  3      2 x  x  x x1  3x  Ta có:   4 3 24 x  5  32 x  x  x1  x   24   6 2 x  10  x  x x  x  24    x  10  x  3x  x  x  24 6  14  x  14  x   14  Vậy tập nghiệm bất phương trình  x / x     0,5 0,5 0,25 0,25 Ta có: x  xy  y  x  40       x  x   x  xy  y  41 0,75   x  1   x  y   41  x  12  25 2 x    Vì x,y  Z , x  số nguyên lẻ 41   nên   x  y    x  y   16 Từ suy cặp  x; y  cần tìm  3;1 ;  3; 7  ;  2;6  ;  2; 2  (4,0đ) 0,5 0,75 Ta có: an = 3n2 + 6n + 13 = 3(n + 1)2 + 10 a Ta thấy: Nếu an khơng chia hết cho n + không chia hết cho an  2;3(mod 5) Do đó, ai, aj khơng chia hết cho  aj (mod 5) + aj  +  (mod 5) b Vì n lẻ nên n + chẵn Do đó, an  (mod 4) Suy an số phương Vậy khơng tồn số tự nhiên n để an số phương Hướng dẫn: a Tứ giác MINK hình thoi b Gọi G, H theo thứ tự giao điểm MN với AC, AB Ta chứng minh: 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 2,0 (6,0đ) MG //At Từ suy IK  At Hướng dẫn: M trung điểm cạnh AB độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ 2,0 Do z > nên từ xy2z2 + x2z + y = 3z2, suy xy  x2 y   z z Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có: x   x2   y2  x2 y  y  y   x        2 xy     z z  z  z z     Theo đề ra, ta có: P  z4  4 1 z x  y  x4  y4 z   1 , b  x , c  y (a, b, c > 0), đó: P  2 2 z a b c Do a2  2a – 1, b2  2b – 1, c2  2c – 1, a2 + b2  2ab, b2 + c2  2bc, c2 + a2  2ca Suy ra: 3(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca + a + b + c) – x2 y2 Mà ab + bc + ca + a + b + c = x y  y  x     z z z Do đó: 3(a2 + b2 + c2)   a2 + b2 + c2  Suy P  Dấu “=” xảy a = b = c =  x  y    x  y  z  z Vậy giá trị lớn biểu thức P  x  y  z  Đặt a  (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác, điểm tối đa Nếu thí sinh chứng minh hình mà khơng vẽ hình khơng chấm điểm hình KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CỤM THCS Năm học 2016 -2017 ĐỀ GIAO LƯU MÔN: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ( Đề gồm có 01 trang) Bài 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức P  x 1 x2  x  x2  :     x2  2x   x x 1 x2  x  a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P  1 c) Tìm giá trị nhỏ P x > Bài 2: (4.0 điểm) 2 7(x  9)  x3  x 3    a) Giải phương trình:    x2 x2   x2   b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : A  x3  y  z  3xyz Bài 3: (4.0 điểm) a) Cho a, b, c số nguyên Chứng minh : a  b5  c5   a  b  c  chia hết cho 30 b) Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  3xy  3x  y  15 Bài 4: (6.0 điểm) Cho tam giác ABC phân giác AD Trên nửa phẳng không chứa A bờ BC, vẽ tia Cx  = BAC  Cx cắt AD E ; I trung điểm DE Chứng minh : cho BCX a) b) c) d) ΔABD đồng dạng với ΔCED AE2 > AB.AC 4AB.AC = 4AI2 – DE2 Trung trực BC qua E Bài 5: (2.0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn : 1    Tìm giá trị 1 a 1 b 1 c lớn biểu thức Q = abc - Họ tên thí sinh: ………………………………… ; Số báo danh …………… Chú ý: Cán coi giao lưu khơng giải thích thêm http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 KHƠNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHƠNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: TỐN LỚP ( Đáp án gồm có 04 trang Câu Nội dung Bài Câu a) ĐKXĐ x  0; x  x  x  1 x  1 P : (4đ)  x  1 x( x  1)  x  x  1 x( x  1)   x  1 x   x2 x 1 0,5 0,75 Câu b) P  x2 1 1   P với x 1 x  ĐKXĐ - HS tìm x = 1/2 Vậy P  Điểm 0,25 1 (TMĐK)  x 2 0,25 0,5 0,25 Câu c) x2 x    x  1 x  1  1    x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 P  x 1  x 1 2 x 1 x 1 Vì x > nên x   > Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số x 1 1   x  1  2 dương x – ta có: x   x 1 x 1 x 1 Dấu “ = “ xẩy x – = x 1 P  ( x – 1)2 =  x – = ( x – > )  x = ( TM ) Vậy giá trị nhỏ P x = http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,5 0,25 0,25 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI 2 Bài 7(x  9)  x3  x3   6  2 Câu a)  x   x   x 4   (4đ) Điều kiện: x  2 x3 x 3  u,  v , phương trình cho trở thành Đặt x2 x2 u  6v  7uv 0,25  u  uv  6v  6uv   u(u  v)  6v(u  v)   (u  v)(u  6v)  0,75  u = v u = 6v - Xét u = v ta có: x 3 x 3  x2 x2  x  3x  2x   x  3x  2x   10x =  x  (TMĐK) x 3 x 3  - Xét u = 6v ta có: x2 x2 0,5  x  3x  2x   6x  18x  12x  36  5x  35x  30   x  7x    x  x  6x    x(x  1)  6(x  1)   (x  1)(x  6)   x = (TMĐK) x = (TMĐK) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  0;1;6 Câu b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : Học sinh phân tích A  x3  y  z  3xyz 3 = (x+y) - 3xy(x+y) +z -3xyz = (x+y+z)3 - 3(x+y)z(x+y+z)-3xy(x+y+z) = (x+y+z)[(x+y+z)2-3(x+y)z-3xy] = (x+y+z)(x2+y2+z2 -xy -yz -zx) Bài Câu a) Cho a, b, c số nguyên Chứng minh : http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI a  b5  c5   a  b  c  chia hết cho 30 (4đ) - Học sinh biến đổi a5 - a = (a -2)(a-1)a(a+1)(a+2) + 5a(a-1)(a+1) - Học sinh lập luận a5 - a chia hết cho 30 - Tương tự: b5 - b c5 -c chia hết cho 30 Kết luận Câu b) Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  3xy  3x  y  15 - Học sinh biến dạng (x +y +2)(x+2y+1) = 17 - HS lập luận (x +y +2) (x+2y+1) biểu thức nguyên xét bốn trường hợp HS tìm bốn nghiệm (x;y) = (30;-15); (-18;17); (12;-15); (-36;17) Bài (6đ) 0,75 0,75 0,5 0,75 0,25 1,0 A B C D I E a) Xét  ABD  CED có:   BCE  ( BAC ) BAD   ADB  CDE (đối đỉnh)=>  ABD   CED (g -g) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI 1,5 b) Xét  ABD  AEC có:   EAC  ( BAC ) BAD  ABD   AEC (  ABD =  CED) =>  ABD   AEC (g-g) AB AE => => AB.AC = AD.AE < AE2 (AD < AE)  AD AC Vậy AE2 > AB.AC c) Ta có: 4AI2 - DE2 = 4AI2 - 4DI2 = 4(AI - DI)(AI +DI) = 4AD(AI + IE) = 4AD.AE Mà AD.AE = AB.AC (câu b) => 4AB.AC = 4AI2 - DE2 d) Chứng minh trung trực BC qua E +)  ABE   ADC   DAC  ; AB  AD ( AD.AE = AB.AC) BAD AE AC =>  ABE   ADC (c.g.c) =>  AEB   ACB + )  BDE;  ADC  BDE ADC (đối đỉnh)  BED ACD =>  BDE   ADC (g-g)   DAC   BCE  => DBE =>  BEC cân E => Trung trực BC qua E Bài (2đ) 1  1 1 1 a 1 b 1 c bc b c =   1 b 1 c (1  b)(1  c) 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Ta có: Tương tự: ac ab 2 2 ; 1 b (1  a)(1  c)  c (1  a )(1  b) a 2b c 8 (1  a )(1  b)(1  c) (1  a )(1  b)(1  c) abc 8 (1  a)(1  b)(1  c) (1  a)(1  b)(1  c) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,5 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI => abc  a  b  c  Dấu "=" xảy  1 1  a   b   c  a = b = c = 1 Vậy giá trị lớn Q a = b = c = http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,75 0,5 0,25 UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN Thời gian làm 150 phút (Đề gồm câu, 01 trang) Câu (2,0 điểm)  x2   10  x   với x  0, x  2   :  x     a) Rút gọn biểu thức: A   x2  x  x  3x x    b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 Câu (2,0 điểm) 1 a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2(  )   x y xy b) Chứng minh tổng bình phương bốn số ngun liên tiếp khơng thể số phương Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 1 x  x  x  2016      2016 2017 2016 2015 b) Cho ba số a, b, c khác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc a, b, c đơi khác Hãy tính giá trị biểu thức: B = 1  2  2 2 a  b  c b  c  a c  a2  b2 Câu (3,0 điểm)  B   900 ), AB = a (a>0) Gọi O trung Cho hình thang vng ABCD ( AD  AB , A điểm AB Trên cạnh AD lấy điểm E cho E nằm A D Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OE cắt cạnh BC F a) Chứng minh OAE FBO Hãy tính tích AE.BF theo a b) Gọi M hình chiếu O EF, H hình chiếu M AB Chứng minh AE = EM BE qua trung điểm MH c) Tìm vị trí điểm E cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ 1 Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn   1 xy yz xz x2 y2 z2 Chứng minh A     yz(1  x ) zx(1  y ) xy(1  z ) -Hết -(Lưu ý: Học sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay) Họ tên học sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN (Hướng dẫn gồm trang)  x2   10  x   :  x    A      x  x  3x x    x    x  x   10  x  : A       x  2 x  2 x  x   x2 a Câu (2.0 đ) A 6 x2  x  2 x  2 A 2 x Vậy A  0.25 0.25 với x  0, x  2 2 x 0.25 A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x2 + 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 15 b 0,25 Đặt x2 + 8x + 11 = t , ta có A = (t – 4)(t + 4) +15 = t2 – = (t – 1)(t + 1) A = (x + 8x + 10) (x2 + 8x + 12) 0,25 0,25 0,25 = (x + 8x + 10) (x + 2)(x +6) x y Ta có: 2.(  )   ĐKXĐ: x  0, y  xy 0,25  y  x   xy  xy  x  y    x( y  2)  (2 y  4)    ( y  2)( x  2)  a Câu (2,0 đ) 0.25 0,25 Vì x,y nguyên nên x – ; y – nguyên ta có: x–2 -1 y–2 -5 x y -3 Thử lại Chọn Chọn Chọn Vậy nghiệm nguyên phương trình -5 -1 -3 Chọn 0,25 0,25 (x,y) {(3;7); (7,3); (1;-3); (-3;1)} Gọi bốn số nguyên liên tiếp a-2, a-1, a, a+1 Tổng bình phương bốn số là: M  (a  2)  (a  1)  a  (a  1)2 b a  a  4a   4(a  a  1)  0,25 Do M chia cho dư Ta có số phương chia hết cho chia cho dư Chứng minh: + Xét n = 2k  n  (2k )  4k  + Xét n=2k+1  n  (2k  1)  4k  4k  Do n2 chia cho dư Vì M chia cho dư 2, mà số phương chia hết cho chia cho dư nên M khơng thể số phương 0,25 x 1 x  x  x  2016      2016 2017 2016 2015 x 1 x2 x3 x  2016  1  1     1  2017 2016 2015 x  2018 x  2018 x  2018 x  2018      0 2017 2016 2015 1  ( x  2018)(    )  (1) 2017 2016 1 Vì     2017 2016 (1)  x  2018   x  2018 Vậy x = 2018 a3 + b3 + c3 = 3abc  a3 + b3 + c3 - 3abc =  (a + b)3 + c3 – 3ab(a +b) -3abc =  (a + b +c)  a  b   (a  b)c  c  - 3ab(a +b + c) = Câu (2,0đ)  0,25 0.25 0.25 0.25 0.25  b 0,25 2  (a + b +c)( a + b + c – ab – bc – ca ) =0  (a + b + c)(2 a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca) =0  (a + b + c)  (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  = 0.25 Mà a, b,c đôi khác nên a + b + c =  a + b = -c  (a + b)2 = c2  a2 + b2 - c2 = -2ab Tương tự ta có: b2 + c2 – a2 = -2bc c2 + a2 – b2 = - 2ca 0.25 0.25 Thay vào biểu thức B ta được: B= 1 1 cab    0 2ab 2bc 2ca abc 0.25 Vẽ hình E A K H I D M O 0,25đ B F   Chứng minh: AOE  BFO( phụ với góc BOF) Chứng minh OAE FBO (g.g) a  C 0,25đ 0,25đ AB AB a2 OA AE   OA.OB  AE.BF AE.BF = 2 FB OB Ta có: OAE 0,25đ FBO  OE  AE OF OB Mà OA  OB  OE  AE  OE  OF OF OA AE OA Chứng minh: OAE Câu (3,0đ) OAE b 0,25đ FOE (c.g.c) 0,25đ   OEM  FOE AEO Chứng minh: ΔOAE=ΔOME (ch-gn) AE  ME (đpcm) Gọi I giao điểm BM AD.Gọi K giao điểm MH BE Ta có ΔOAE=ΔOME OA  OM; EA  EM OE trung trực AM OE  AM Mặc khác OA = OM = OB ∆AMB vuông M OE // BM (vì vng góc AM) hay OE // BI +) Xét ∆ABI có OE qua trung điểm AB, song song với BI suy OE qua trung điểm AI  IE = AE +) MH // AI theo hệ định lý Ta-lét ta có:  MK  BK  KH IE 0,25đ 0,25đ BE AE Mà IE = AE  MK = HK BE qua trung điểm MH (đpcm) Tứ giác ABFE hình thang vng SABFE  (AE  BF).AB 0,25đ 0,25đ Ta thấy AE, BF > 0, nên theo BĐT Cơ-si ta có c AB2 1  ABSABFE  AB2  a2 2 Dấu “=” xảy AE  BF  AB  a 2 AE  BF  AE.BF  0.25đ Vậy diện tích tứ giác ABFE nhỏ 1.a2 E thuộc cạnh AD 0.25đ cách điểm A đoạn a Theo ta có: Do 1     x  y  z  xyz xy yz xz yz(1  x )  yz  x yz  yz  x(x  y  z)  (x  y)(x  z) Tương tự: xy(1  z )  (z  y)(x  z) ; zx(1  y )  (z  y)(x  y) A 0,25 x2 y2 z2   yz(1  x ) zx(1  y ) xy(1  z ) x x y y z z   xy xz xy yz xz yz ab  ab , dấu “ = ” xảy a = b Áp dụng bất đẳng thức Cô si x x x x Ta có  (  ) xy xz xy xz A Cấu (1đ) 0,25 y y y y  (  ) xy yz xy yz z z z z  (  ) xz yz xz yz x x y y z z A  (      ) x y xz yz yx yz xz Vậy A  Dấu xảy x = y = z = Ghi chú: Học sinh làm cách khác điểm tối đa 0,25 0,25 ... KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH THÀNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2017-20 18 MƠN THI: TỐN Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) Câu ( điểm) Phân tích đa thức sau... KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7 ,8 CỤM THCS Năm học 2016 -2017 ĐỀ GIAO LƯU MƠN: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ( Đề gồm có 01 trang) Bài 1: (4.0 điểm) Cho biểu... VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2015 - 2016 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 13 tháng năm 2016 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Đề