ĐỀ THI HSG LỚP 8
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (680.92 KB, 5 trang )
§Ò thi häc sinh giái
M«n: To¸n 8
Thêi gian lµm bµi : 150 phót.
Phần I : Đề bài
Câu 1 (4 đ): Phân tích đa thức thành nhân tử :
a) x
2
+ 6x + 5 b) x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz
c) (x
2
– x + 1 )( x
2
– x +2 ) – 12 d) 2x
4
– 7x
3
– 2x
2
+ 13x + 6
Câu 2 (4 đ): Giải các phương trình sau :
a)
9
694
37
83
15
452
13
2
+
+
+
=
+
+
+
xxxx
b) x
3
– 4x
2
+ x + 6 = 0
c)
7
6
4013
3
158
2
65
1
222
=
+−
+
+−
+
+−
xxxxxx
Câu 3 (2 đ): Tìm x nguyên để biểu thức :
12
5552
23
−
+−+
=
x
xxx
A
là số nguyên.
Câu 4 (5 đ): 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 sao cho BD = BA , BE = BC.
a) Chứng minh rằng : CD = AE và CD
⊥
AE.
b) Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AE , CD. Gọi I là trung điểm cảu MN. Chứng
minh rằng : Khoảng cách từ điểm I đến đoạn thẳng AC không đổi khi điểm B di
chuyển trên đoạn thẳng AC.
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.
Câu 5 (3 đ): Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trên cạnh BC. Các đường thẳng song
song với AM vẽ từ B và C cắt AC và AB tại D và E. Chứng minh :
CEBDAM
111
+=
Câu 6 (2 đ): Tìm số dư trong phép chia của biểu thức:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 2009 cho x
2
+ 8x + 12.
Phần II : Đáp án và biểu điểm
Đáp án Điểm
C âu 1:
a) x
2
+ 6x +5 = x
2
+ x + 5x + 5 = x( x + 1) + 5(x + 1) = (x + 1)(x + 5)
b) Ta có: (x + y)
3
= x
3
+ 3x
2
y + 3xy
3
+ y
3
=> x
3
+ y
3
+ z
3
3xyz = (x + y)
3
+ z
3
3xy(x + y + z)
= (x + y + z)
( ) ( )
[ ]
2
2
zzyxyx
+++
- 3xy(x + y +z)
= (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
xy yz xz)
c) Đặt t = x
2
x + 1. Khi đó :
(x
2
x + 1)( x
2
x + 2) 12 = t(t + 1) 12 = t
2
+ t 12 = (t 3)(t + 4)
= (x
2
x 2)( x
2
x + 5)
d) 2x
4
7x
3
2x
2
+ 13x + 6 = 2x
4
+ 2x
3
9x
3
9x
2
+ 7x
2
+ 7x + 6x + 6
= 2x
3
(x + 1) 9x
2
(x + 1) + 7x(x + 1) + 6(x + 1)
= (x + 1)(2x
3
9x
2
+ 7x + 6) = (x + 1)(2x
3
6x
2
3x
2
+ 9x 2x + 6)
= (x + 1)[2x
2
(x 3) 3x(x 3) 2(x 3)] = (x + 1)(x 3)(2x
2
3x 2)
= (x + 1)(x 3)(2x + 1)(x 2)
1
0,25
75,0
0,25
75,0
5,0
5,0
C âu 2:
a) (PT)
+
+
+
+
=
+
+
+
+
1
9
694
1
37
83
1
15
452
1
13
2 xxxx
9
604
37
453
15
302
13
15
+
+
+
=
+
+
+
xxxx
( )
0
9
4
15
3
15
2
13
1
15
=
++
x
015
=+
x
( vì
9
4
15
3
15
2
13
1
+
0 )
x = -15.Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
15
b) (PT)
(x + 1)(x 2)(x 3) = 0
x + 1 = 0 hoặc x 2 = 0 hoặc x 3 = 0
x = -1 ; x = 2 ; x = 3.Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
3;2;1
c) ĐKXĐ :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
+
+
+
8
5;3
2
085
053
032
04013
0158
065
2
2
2
x
xx
x
xx
xx
xx
xx
xx
xx
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5,0
5,0
(PT)
( )( ) ( )( ) ( )( )
7
6
85
3
53
2
32
1
=
+
+
xxxxxx
+
2
1
3
1
xx
7
6
5
1
8
1
3
1
5
1
=
+
xxxx
7
6
2
1
8
1
=
xx
( )( )
7
6
28
6
=
xx
Khử mẫu ta đợc:(x 8)(x 2) = 7
0910
2
=+ xx
( )
09)1(
=
xx
9;1
==
xx
(TMĐK)
Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
9;1
C âu 3 : Ta có: A = x
2
+ 3x 1 +
12
4
+
x
Vì x
Z thì x
2
+ 3x 1
Z nên để A là số nguyên thì
12
4
+
x
Z hay 2x + 1
Ư(4)
mà Ư(4) =
{ }
4;2;1
.
+) Với 2x + 1 = -1 => x = -1 (t/m) +) Với 2x + 1 = 2 => x =
2
1
(loại)
+) Với 2x + 1 = 1 => x = 0 (t/m) +) Với 2x + 1 = - 4 => x =
2
5
(loại)
+) Với 2x + 1 = -2 => x =
2
3
(loại) +) Với 2x + 1 = 4 => x =
2
3
(loại)
Vậy giá trị x =
{ }
0;1
thì giá trị A là số nguyên.
0,25
5,0
1
0,25
Câu 4:
GT
Cho AC = m. Lấy B
AC; Bx
AC.
D,E
Bx \ BD = AB; BE = BC.
MA = ME (M
AE);ND = NC (N
CD)
IM = IN (I
MN)
KL
a) C/m: AE = CD và AE
CD
b) K/c từ I đến AC không đổi
c) Tìm vị trí của B\ S
ABE
+ S
BCD
lớn nhất
Bài giải:
a) Gọi K là giao điểm của CD và AE.
C/m đợc
ABE =
DBC(c.g.c) => AE = CD.
Lại có: Â
1
= D
2
= D
1
mà Â
1
+ Ê
1
= 90
0
nên D
1
+ Ê
1
= 90
0
.Do đó:
DKE = 90
0
hay AE
CD
b) Gọi M,N,I lần lợt là hình chiếu của M,N,I trên AC.
Xét
ABE (
ABD = 90
0
) có BM là đờng trung tuyến => MA = ME = BM =
2
1
AE
Xét
BCD (
CBD = 90
0
) có BN là đờng trung tuyến => NC = ND = BN =
2
1
CD
Mà AE = CD (câu a) => BM = BN.
Lại có :
MBE cân tại M =>
E
1
=
MBD và
NBD cân tại N =>
D
2
=
NBD.
Do đó:
MBD +
NBD =
E
1
+
D
2
= 90
0
hay
MBN = 90
0
.
C/m đợc
BMM =
NBN(cạnh huyền_góc nhọn) => BM = NN và MM = BN
=> MM + NN = BM + BN =
2
1
AB +
2
1
BC =
2
1
AC =
2
1
m (vì
MAB và
NBC cân)
Xét hình thang MMNM có I I // MM // NN và IM = IN nên I I là đờng trung bình của
0,5
0,5
0,5
5.0
5.0
1
1
1
2
I
M
N
A
B
C
x
D
E
K
M'
I'
N
hình thang => I I =
2
1
(MM + NN) =
4
1
m (không đổi) => đpcm.
c) Đặt AB = x => BE = m x.
Khi đó: S
ABE
+ S
BCD
=
2
1
AB.BE +
2
1
BD.BC = AB.BE = x(m x) (vì AB = BD và BE = BC)
Do đó: S
ABE
+ S
BCD
lớn nhất <=> x(m x) lớn nhất. Mà tích x(m x) có tổng x + m x = m
là không đổi nên để tích x(m x) lớn nhất thì x = m x <=> x =
2
1
m.
Vậy để S
ABE
+ S
BCD
lớn nhất thì B là trung điểm của BC.
5.0
5.0
0,5
1
Câu 5:
Ta có: BC = BM + MC <=>
MCBM
CMBM
CMBM
BC
..
+
=
<=>
MCBMCMBM
BC 11
.
+=
<=>
MC
BC
BM
BC
CMBM
BC
+=
.
2
<=>
MC
BC
BM
BC
MC
BC
BM
BC
+=
.
(1)
Mà theo hệ quả định lí Ta-lét đối với
BDC và
BCE ta có:
AM // CE =>
AM
EC
BM
BC
=
và AM // BD =>
AM
BD
MC
BC
=
.
Do đó thay vào (1) ta đợc:
AM
BD
AM
EC
AM
BD
AM
EC
+=
.
<=>
BDCE
BDCE
AM .
1
+
=
<=>
CEBDAM
111
+=
=> đpcm
1
1
1
C âu 6: Giả sử thơng trong phép chia là Q(x) và có d là ax + b.
Theo bài ra ta có: (x+1)(x+3)(x+5)(x+7) + 2009 = (x
2
+ 8x + 12).Q(x) + ax + b
= (x + 2)(x + 6).Q(x) + ax + b (*)
Do đẳng thức (*) đúng với mọi x nên:
+ Với x = -2 ta có: (-2+1)(-2+3)(-2+5)(-2+7) + 2009 = -2a + b<=>-2a + b = 1994 (1)
5,0
0,5
A
B
C
M
D
E
+ Víi x = -6 ta cã: (-6+1)(-6+3)(-6+5)(-6+7) + 2009 = -6a + b<=>-6a + b = 1994 (2)
Tõ (1) & (2) suy ra : a = 0 vµ b = 1994.
VËy sè d cña phÐp chia lµ: 1994.
0,5
5,0
Tæng
20®
