Thi HS gioi toan 8

Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. Gọi M là trung điểm của đoạn BE.[r]

(1)

PGD – ĐT Cưmgar KỲ HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009-2010 Trường THCS Hồng Văn Thụ

Mơn: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP:

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (4 điểm)

Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

1 2

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15 11

1

x x 

Bài 2: (4điểm)

Giải phương trình:

1

3

8

5

3

9

81 16

8

x

64



















2

1

2

7

2

3

6

x







Bài 3: (2điểm)

Tìm số dư phép chia đa thức



x



x



x



x



x

Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh rằng: BEC ∽ ADC Tính độ dài đoạn BE theo m = AB

2 Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM cắt BC G Chứng minh: GB HD

BC  AHHC

Bài 5: (4đ)

Cho hình chữ nhật ABCD Vẽ BH vng góc với AC (H AC) Gọi M trung điểm AH, K trung điểm CD Chứng minh rằng: BM MK

(2)

Thi HSG Toán – HoangVanThu

PGD – ĐT Cưmgar KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010

Trường THCS Hồng Văn Thụ

Mơn: TỐN 120 phút ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:

Bài Câu Nội dung Điểm

1 4,0

1.1

2 2

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15

Đặt t= x2 +3x+5, ta có:

2 2

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15 = 8t2+7t -15 = 8t2 -8t +15t-15 = 8t(t-1)+15(t-1) = (t-1)(8t+15) Thay t = x2+3x+5 vào đa thức ta có:

2 2

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15 = (x2+3x+5-1)[8(x2+3x+5)+15] =(x2+3x+4)[8(x2+3x+5)+15] =(x2 +3x+4)(8x2+24x+55)

1đ

1đ 1.2

11

x x  = (x11+x10+x9)+(–x10-x9 –x8)+(x8 +x7 +x6)+(–x6 –x5-x4) +(x5+x4 +x3) +(–x3–x2 –x) +(x2+x+1)

= x9(x2+x+1) –x8(x2+x+1) +x6(x2+x+1)-x4(x2+x+1) +x3(x2+x+1) +(x2+x+1)

=(x2+x+1)(x9-x8+x6-x4+x3+1) 2đ

2 4đ

2.1

8

81 16 8x 64 

 

 

 

 

0,5

0,5 0,5

5 81 16 64 

 

   

 

x

3

5

16 8

5

 



            



x

5 16 8

9 

  x

9 16

3   



x 23

(3)

Bài Câu Nội dung Điểm

2.2 2

2

2 2

x x x x

   

 

   

ĐKXĐ: x R vì:

x2 +2x+2 = (x2+2x+1)+1 = (x+1)2+1 >0 với xR x2 +2x+3 = (x2+2x+1)+2 = (x+1)2+2 >0 với xR Đặt t = x2+2x+3  x2 +2x+2 = t1, ĐK: t 2

Phương trình trở thành:

2 2

2

1

6 ( 2) 6( 1)( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

6 12 12 7

 

 



   

  

 

      

t t

t t t t t t

t t t t t

t t t t t t

 5t2  17t + =

Với t= 3, ta có x2+2x+3 =3  x=0, x = -2 Vậy nghiệm phương trình là: x= 0, x = -2

0,5

0,5 0,5

0,5

3 2.0

Ta có:













( ) 2010

10 16 10 24 2010

P x x x x x

x x x x

     

Đặt t x210x21, biểu thức P(x) viết lại:







( ) 2010 1995 P x  t t  t  t

Do chia t22t1995 cho t ta có số dư 1995

1 0,5 0,5

4 6,0

3 t

  (nhận),

5

t (loại)

(4)

Thi HSG Toán – HoangVanThu

1

2

G M

E

D H

A

B C

4.1

CDE CAB có:

Góc C chung CDECAB 900 CDE ∽CAB  CD CE

CA CB 

CD CA CE CB

+ Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung CD CA

CE CB (cmt)

Do ADC ∽ BEC (c.g.c) Suy ra:  

135

BEC ADC (vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết) Nên 

45

AEB tam giác ABE vng cân A Suy ra: BE AB 2m

Vẽ hình 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5 4.2

Ta có: 1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BEC∽ADC)

mà ADAH (tam giác AHD vuông cân H)

nên 1

2 2

BM AD AH BH BH

BC   AC   AC  AB  BE

(do ABH ∽CBA)

Do BHM ∽BEC (c.g.c) suy ra: BHMBEC 1350 AHM 450

0,5

0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC  AC ,

mà AB ED

AC DC (ABC ∽ DEC)

Ta lại có ED//AH  ED AH

DC  HC

Mà HD =HC ED AH HD

DC  HC HC

0,5

GB HD GB HD GB HD

GC  HC GCGB  HCHD BC  HCAH

(5)

5

O

K M

H

I

D A

C

Gọi O trung điểm đoạn thẳng BH

Ta có M, O trung điểm AH, BH nên: MO đường trung bình  HAB

Vậy MO =

2AB, MO // AB

Mà AB = CD, AB//CD, KC =

2CD,

Do MO = KC, MO // KC, suy tứ giác MOCK hình bình hành Từ có: CO // MK

Ta có: MO // KC, KC CB  MO CB

Tam giác MBC có MO CB, BH  MC nên O trực tâm tam giác MBC  CO BM

Ta có: CO  BM CO // MK nên BM  MK

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5