Đề thi học sinh giỏi cấp huyện năm học 2010 – 2011 môn Toán lớp 8 - Trường THCS Vinh Quang

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.[r]

PHÒNG GD-ĐT HUYỆN CHIÊM HÓA Trường THCS Vinh Quang ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN - LỚP Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể giao đề) I MỤC TIÊU: Kiến thức: Học sinh nắm các kiến thức đã học môn Kĩ năng: Vận dụng tốt các thuật toán, định lí vào giải bài tập Thái độ: Nghiêm túc, chủ động, sáng tạo, trung thực thực bài thi II MA TRẬN ĐỀ: Chủ đề Nhận biết Thông hiểu C1ab Phân tích đa thức thành nhân tử Vận dụng Tổng Vận dụng thấp Vận dụng cao C1cd 1 C2b Giải phương trình C2a C2c 3 Tìm giá trị biến để biểu thức nguyên C3 C4a C4b C4c Hình học tổng hợp 3 3 Tổng Lop8.net 10 III ĐỀ BÀI: Câu (2 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử : a) x2 + 6x + c) (x2 – x + )( x2 – x +2 ) – 12 Câu (3 điểm) Giải các phương trình sau : a) x  2 x  45 x  x  69    13 15 37 c)    x  x  x  x  15 x  13 x  40 b) x3 + y3 + z3 – 3xyz d) 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + b) x3 – 4x2 + x + = Câu 3(2 điểm) Tìm x nguyên để biểu thức : A  x  5x  5x  là số nguyên 2x  Câu 4(3 điểm) 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 cho BD = BA , BE = BC a) Chứng minh : CD = AE và CD  AE b) Gọi M,N là trung điểm AE , CD Gọi I là trung điểm cảu MN Chứng minh : Khoảng cách từ điểm I đến đoạn thẳng AC không đổi điểm B di chuyển trên đoạn thẳng AC c) Tìm vị trí điểm B trên đoạn AC cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trị lớn Tính giá trị đó - Hết IV HƯỚNG DẪN CHẤM: Câu Đáp án a) x2+6x+5 = x2+x+5x+5 = x(x+1) + 5(x+1) = (x+1)(x+5) b) Ta có: (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy3 + y3  x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y)3 + z3 - 3xy(x + y + z) = (x+y+z) x  y 2  x  y z  z -3xy(x + y +z) = (x+y+z)(x2+y2+ z2- xy-yz-xz) c) Đặt t = x2 - x + Khi đó : (x2 – x +1)( x2 –x+2)–12 = t(t +1)–12 = t2 + t –12 = (t–3)(t+4) = (x2 – x – 2)( x2 – x +5) d) 2x4 - 7x3 - 2x2 +13x +6 = 2x4 + 2x3 - 9x3 - 9x2 +7x2 +7x+6x+6 = 2x3(x+1) - 9x2(x+1)+7x(x+1)+6(x+1) Lop8.net Điểm 0.5 0.5 0.5 0.5 = (x+1)(2x3 - 9x2 +7x+6) = (x+1)(2x3- 6x2 - 3x2 +9x- 2x+6) = (x+1)[2x2(x- 3)-3x(x- 3)- 2(x- 3)] = (x+1)(x - 3)(2x2 - 3x - 2) = (x+1)(x- 3)(2x+1)(x - 2) x    x  45   x    x  69   1    1    1    1  13   15   37    x  15 x  30 x  45 x  60     13 15 37    x  15       13 15 15      )  x = -15  x  15  ( vì 13 15 15 Vậy PT có tập nghiệm S =  15 a) (PT)   b) (PT)  (x + 1)(x – 2)(x – 3) =  x + = x – = x – =  x = -1 ; x = ; x = 3.Vậy PT có tập nghiệm S =  1;2;3 x  5x   x  x  3  x    c) ĐKXĐ :  x  x  15   x  3x  5    x  3; x   x  13 x  40  x  5x  8  x        (PT)  x  2x  3 x  3x  5 x  5x  8 1 1 1        x 3 x  x 5 x 3 x 8 x 5 6 1      x  8x  2 x 8 x  Khử mẫu ta được:(x – 8)(x – 2) =  x  10 x    ( x  1)x     x  1; x  Vậy S= 1;9 Ta có: A = x2 + 3x – + 2x  hay 2x+1  Ư(4) mà Ư(4) =  1;2;4 +) Với 2x +1= -1 => x = -1 (t/m) 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 Vì x  Z thì x2+3x –1  Z nên để A là số nguyên thì +) Với 2x+1=2 => x = 0.25 (loại) Z 2x  0.5 0.5 +) Với 2x +1 = => x = (t/m) (loại) +) Với 2x+1 = -2 => x =  (loại) +) Với 2x +1 = => x = (loại) Vậy giá trị x =  1;0th× gi¸ trÞ A lµ sè nguyªn +) Với 2x+1 =- => x =  Lop8.net 0.5 Cho AC = m Lấy B  AC; Bx  AC D,E  Bx \ BD = AB; BE = BC GT MA = ME (M  AE);ND = NC (N  CD) IM = IN (I  MN) a) C/m: AE = CD và AE  CD KL b) K/c từ I đến AC không đổi c) Tìm vị trí B\ SABE + SBCD lớn E K 0.25 x 1D M 0.25 I N A B I' M’' N’ C a) Gäi K lµ giao ®iÓm cña CD vµ AE C/m ®­îc  ABE =  DBC(c.g.c) => AE = CD  = D2  = D1  mà A1  + E1  = 900 nên D1  Lại có: A1  = 900 + E1  = 900 hay AE  CD Do đó: DKE 0.25 0.25 b) Gọi M’,N’,I’ là hình chiếu M,N,I trên AC  = 900) có BM là đường trung tuyến Xét  ABE ( ABD => MA = ME = BM = AE 0.5  = 900) có BN là đường trung tuyến Xét  BCD ( CBD => NC = ND = BN = CD Mà AE = CD (câu a) => BM = BN  = MBD  và  NBD cân Lại có :  MBE cân M => E1 N  = NBD  => D2    + D2  = 900hay MBN  = Do đó: MBD = E1 + NBD 900 Lop8.net 0.5 C/m  BMM’ =  NBN’(cạnh huyền_góc nhọn) => BM’ = NN’ và MM’ = BN’ => MM’ + NN’ = BM’ + BN’ = = 1 AB + BC 2 1 AC = m (vì  MAB và  NBC cân) 2 Xét hình thang MM’N’M có I I’ // MM’ // NN’ và IM = IN nên II’ là đường trung bình hình thang 0.5 1 => II’ = (MM’ + NN’) = m (không đổi) => đpcm c) Đặt AB = x => BE = m – x 2 Khi đó: SABE+SBCD = AB.BE+ BD.BC = AB.BE = x(m–x)(vì AB=BD và BE=BC) Do đó: SABE + SBCD lớn <=> x(m – x) lớn Mà tích x(m–x) có tổng x +m–x = m là không đổi Nên để tích x(m–x) lớn thì x = m–x <=> x = 0.5 m Vậy để SABE + SBCD lớn thì B là trung điểm BC Tổng 10.0 Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác kết đúng cho điểm tối đa Chuyên môn nhà trường duyệt Tổ chuyên môn duyệt Người đề Phan Vũ Anh Lop8.net