ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút.. nhận giá trị nguyên.[r]
(1)PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP MÔN TOÁN Thời gian 120 phút ĐỀ BÀI : Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên x thì biểu thức A = x5 – x luôn chia hết cho 30 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) 2/ 6x3 + 13x2 + 4x – 3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 Bài : a/ Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B = x − x +8 x x −1 nhận giá trị nguyên b/ Tìm giá trị a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ đó Bài : Chứng minh : (x – 1)(x – )( x – )(x – ) +10 Bài : Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm AB và BC a/ Tính diện tích tứ giác AMND b/ Phân giác góc CDM cắt BC E, Chứng minh DM = AM + CE Bài : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn BD , CE là hai đường cao tam giác cắt điểm H Chứng minh : a/ HD.HB = HE.HC Δ HCB b/ Δ HDE c/ BH.BD + CH.CE = BC2 HẾT ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOAN BÀI 1: (2đ) A = x5 – x = x( x4 - ) = x( x2 – )( x2 + 1) = (x – ) x ( x + 1)( x2 + 1) Vì (x – ) x ( x + 1) là số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho và => A ⋮ (1) +/ Nếu x ⋮ => A ⋮ +/ Nếu x : dư thì ( x – 1) ⋮ => A ⋮ +/ Nếu x : dư thì ( x + 1) ⋮ => A ⋮ +/ Nếu x : dư thì x : dư => ( x2 + 1) ⋮ => A ⋮ Vậy A ⋮ với x (2) Ta có UCLN ( 5;6) = nên kết hợp (1) và (2) => A ⋮ (5.6) =30 A ⋮ 30 với x Bài : (3đ) 1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2 – x = ax2 –a2x +a – x = = ax(x – a ) – ( x – a ) = ( x – a ) ( ax – ) 2/ 6x + 13x + 4x – = 6x3 + 6x2 + 7x2 + 7x – 3x – = 6x2( x + 1) + 7x( x + 1) – 3( x + 1) = ( x + 1)( 6x2 + 7x – ) = ( x + 1)( 6x2 + 9x – 2x – ) = ( x + )( 3x( 2x + 3) – ( 2x + 3) = (x + 1)( 2x +3)( 3x – ) 3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 = ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) + – 16 = ( x2 + x – )2 – 42 = ( x2 + x – )( x2 + x + ) (2) x − x +8 x Bài : (4đ) a/ Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B = nhận giá trị nguyên x −1 x − x2 +8 x x − x − x2 +2 x+ x −3+ 3 = =2 x −2 x+3+ B= x −1 2x−1 x −1 Để B nhận giá trị nguyên thì ⋮ (2x – 1) Hay ( 2x – ) U(3) = { -1;1;-3;3} Suy x { 0;1; -1; 2} b/ Tìm giá trị a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ đó C = a2 – 4ab + 4b2 + b2 – 2b + – = ( a -2b)2 + ( b – 1)2 – –7 Vậy : Tại a – 2b = và b – = ⇔ a = và b = thì MinC = -7 Bài : ( 2đ) Chứng minh : (x – 1)(x – )( x – )(x – ) +10 Ta có (x – 1)(x – )( x – )(x – ) +10 = (x – 1)(x – )( x – )(x – ) +10 = x2 -7x + )( x2 – x + 12) + 10 = ( x2 – 7x + – )( x2 – 7x +9 + 3) + 10 = = ( x2 – 7x + 9)2 – 32 + 10 = ( x2 – 7x + 9)2 + Vì ( x2 – 7x + 9)2 ,với x 2 Nên ( x – 7x + 9) + 1 , với x Bài : ( 4đ) a/ SAMND = SABCD – S Δ BMN - S Δ NCD Ta có Δ BMN vuông B có BM = BN = Suy a = CN Δ NCD vuông C có DC = a 1aa a a2 a a2 − a =a − − = SAMND = a2 − 222 2 8 b/ Chứng ming DM = AM + CE Trên tia đối tia CB lấy điểm K cho CK = AM Dễ dàng chứng minh Δ ADM = Δ CDK ( c.g.c) Suy AM = CK và DM = DK (1) Và góc ADM = góc CDK Ta có : ∠ ADE = ∠ ADM + ∠ MDE = = ∠ EDC + ∠ CDK = ∠ EDK ( Vì ∠ MDE = ∠ EDC theo GT) ∠ Mặt khác ADE = ∠ DEK ( so le ) = > ∠ EDK = ∠ DEK Vậy Δ DKE cân K => DK = KE = CK + CE ( 2) Từ (1) và (2) suy DM = AM + CE Bài : ( 5đ) a/ HD.HB = HE.HC : Chứng minh Δ vuông : Δ BHE và Δ CHD đông dạng ( ∠ E = ∠ D = 900; ∠ EBH = ∠ DCH phụ với ∠ A ) HE HB = => HD.HB = HE.HC HD HC HE HB HE HD = ⇒ = Δ HCB : Từ b/ Δ HDE HD HC HB HC Δ HDE và ∠ EHD = ∠ CHB (đối đỉnh) => => Δ HCB c/ vì H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tam tam giác => AH là đường cao thứ ba Gọi F là giao điểm AH với BC Ta có AF BC Δ BHF đồng dạng Δ BCD ( Δ vuông cùng góc nhọn B) => Δ BCE ( Δ vuông có cùng góc BCE) => BF.BC (*) Δ CHF đồng dạng CF.BC (**) BH BF = BC BD Hay BH.BD = CH CF = CB CE Hay CH.CE = (3) Cộng theo vế (*), (**) : BH.BD + CH.CE = BC(BF + CF) = BC2 (4)