phòng giáo dục đào tạo thanh thủy đề thi học sinh năng khiếu lớp 8 thcs năm học 2009 – 2010 môn toán thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề đề thi có 01 trang c©u 1 2 ®ióm cho bióu thøc m

- Hướng dẫn chấm dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách; khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp lôgic.. - Thí sinh làm bài cách kh[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY

ĐỀ THI HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010

MƠN: TỐN

Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề thi cú: 01 trang

Câu 1:(2 điểm): Cho biÓu thøc M =

2

2

1

:

2 1

x x x x

x x x x x x

 

  

 

 

     

a) Rót gän biểu thức M

b) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc M x > ? Câu 2:(2 điểm):

a) Phân tích đa thức thành nhân tử : x3 6x2 11x 6

  

b) Chøng minh r»ng : N = x y x  2y x  3y x  4y y4

     (víi x,yZ)

lµ số phơng Câu3:(2 điểm): Giải phơng trình sau :

a) x 2007  x 2011 4 b)

 

2

1 10

1 1

x x

x x x x x x x

 

 

     

Câu 4:(3 điểm) :

Cho hình bình hành ABCD có AB = 6cm , AD = 4cm Các tia phân giác góc hình bình hành cắt tạo thành tứ giác EFGH

a) Tứ giác EFGH hình ? V× ?

b) Tính độ dài đờng chéo tứ giác EFGH

c) H×nh b×nh hành ABCD có thêm điều kiện tứ giác EFGH cã diƯn tÝch lín nhÊt ?

Câu 5:(1 điểm): Cho a,b,c độ dài đoạn thẳng thỏa mãn :

2 2 2 2 2

1

2 2

a b c b c a c a b

ab bc ca

     

  

Chứng minh a,b,c độ dài cạnh tam giác

…Hết

Họ tên thí sinh:……… , SBD:……… Cán coi thi khơng giải thích thêm./.

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010

MƠN: TỐN

(Hướng dẫn chấm thi đề thức có 04 trang) I Một số ý chấm bài.

- Hướng dẫn chấm dựa vào lời giải sơ lược cách; chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp lôgic

- Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

II ỏp ỏn v biu im. Câu 1:(2 điểm): Cho biÓu thøc M =

2

2

1

:

2 1

x x x x

x x x x x x

 

  

 

 

     

a) Rót gän biĨu thøc M

b) T×m giá trị nhỏ biểu thức M x > ?

Đáp án Điểm

a) +§K : x0 &x1 0.25

+ Ta có M =

2

( 1) 1

:

( 1) ( 1)

x x x x

x x x x x

 

  

 

 

    

0.25 =

2

2

( 1)

:

( 1) ( 1)

x x x x x

x x x

    

  0.25

= ( 1) (2 1)

( 1)

x x x x

x x

 

 

=

2

x

x ( víi x0 &x1)

0.25 b) + Vì x > nên x - > 0.25 + Ta có M =

1

x x =

1

1

1

x x

   

 0.5

+ VËy M   M =  x =

a) Ph©n tích đa thức thành nhân tử : x3 6x2 11x 6

  

b) Chøng minh r»ng : N = x y x  2y x  3y x  4y y4

     (víi x,yZ)

lµ sè phơng

Câu3:(2 điểm): Giải phơng trình sau :

a) x 2007  x 2011 4 b)

 

2

1 10

1 1

x x

x x x x x x x

 

 

Câu 4:(3 điểm) : Cho hình bình hành ABCD có AB = 6cm , AD = 4cm Các tia phân giác góc hình bình hành cắt tạo thành tø gi¸c EFGH

Đáp án Điểm

a) Ta có : x3 6x2 11x 6 x3 x2 5x2 5x 6x 6

         0.25

= x x2 1 5x x 1 6x 1 x 1x2 5x 6

         0.25

= x 1x2 2x 3x 6 x 1x2 2x 3x 6

           0.25

= x1 x2 x3 0.25 b) Ta có N = x y x  4y x 2y x  3y y4

       

   

= x2 5xy 4y2 x2 5xy 6y2 y4

     0.25

= x2 5xy 4y2 x2 5xy 4y2 2y2 y4

      0.25

= x2 5xy 4y22 2y x2 5xy 4y2 y4

      0.25

= x2 5xy 5y22

  VËy N số phơng (với x,yZ) 0.25

a) + Nếu x2007 ta đợc :

2007 x2011 x 4 2x4014 x2007 (loại) 0.25 + Nếu 2007 x 2011 ta đợc : x 2007 2011  x 4 0x0

PT cú nghiệm tùy ý khoảng xét 0.25 + Nếu x2011 ta đợc :

x 2007 x 2011 4  2x2022 x2011(lo¹i) 0.25 VËy nghiƯm cđa PT lµ : 2007 x 2011 0.25

b) + §KX§ : x0 0.25

+ Ta có 2    

1 10

1 1

x x

x x x x x x x x x

 

 

        0.25

 x x 31 x x 3110 0.25

a)Tứ giác EFGH hình ? V× ?

b)Tính độ dài đờng chéo ca t giỏc EFGH

c)Hình bình hành ABCD có thêm điều kiện tứ giác EFGH có diƯn tÝch lín nhÊt ?

Đáp án Điểm

1

1

O

H

F

G E

A B

D C

M

N

I

a) + Ta có      1

1

A D  A D (GT) 0.25

= 1.1800 900

2  ( v× A D 1800 ) 0.25

Suy AED 900 HEF 900

   0.25

+ Chứng minh tơng tự ta đợc : EHG 90 ;0 HGF 900

 

Tø gi¸c EFGH cú gúc vuông hình chữ nhật 0.25 b) + Vì AE phân giác  (GT), AEDM(Cma)

nên ADM cân A, tơng tự BCN cân C

AM = AD = BC = CN  BM = DN 0.25 + Mµ BM DN Suy tứ giác BMDN hình bình hành 0.25 + Lại cú E,G trung điểm MD,NB (vì ADM, BCN c©n )

 EG = MB 0.25

+ Do EFGH hình chữ nhËt (Cma)

nªn HF = EG = MB = AB - AM = AB - AD = - = 2cm 0.25 c) + KỴ FI EG Gọi O giao điểm EG HF

Ta có 2 .1 2.1 2

EFGH EFG

S  S  EG FI EG FO  0.5

+ Do đú max SEFGH  2 FI FO EGFH  ADAB

 Hình bình hành ABCD hình chữ nhật Vậy hình bình hành ABCD hình chữ nhật tứ giác EFGH cú diện tích lớn 2cm2 , đú EFGH hình vng

0.5

Câu 5:(1 điểm): Cho a,b,c độ dài đoạn thẳng thỏa mãn : 2 2 2 2

2 2

a b c b c a c a b

ab bc ca

     

   (1)

Đáp án Điểm + Ta có (1) 

2 2 2 2 2

1 1

2 2

a b c b c a c a b

ab bc ca

     

     

 c a b  2 c2a b c  2 a2b c a  2 b2 8abc0

     

( v× a,b,c >0)  c a b  2 c2a b c  2 a2 4bcb c a  2 b2 4ca 0

     

 c a b  2 c2a b c  2 a2b c a  2 b2 0

     

 c a b c a b c       a b c a b c a       b c a b c a b        0

 a b c b c a c a b           0

Suy thõa số âm , dơng

0.5

- TH1 : Có thõa sè cïng ©m

Gi¶ sư

0

a b c b c a

   



   

 2b0b0, tơng tự a c, (vô lí) 0.25

- TH2 : Cả số dơng

a b c b c a c a b

       

   

thỏa mãn BĐT tam giác Vậy a,b,c độ dài cạnh tam giác

(§PCM)

0.25