De Toan 8 Olympic nam 2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (240.04 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN ĐỀ THI OLYMPIC 6, 7, 8
NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: Tốn 8

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1( 5,0 điểm) Cho biểu thức

2 2

1 1 2

2 1 1

x x x x

P

x x x x x x

 

  

    

     

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm x để

1
2

P

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

Câu 2 ( 6 điểm)

a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x2 dư 10, f(x) chia cho x 2dư

22, f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a3 5a chia hết cho 6.

c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2xy 2012x 2013y 2014 0
Câu 3 (3,0 điểm)

a) Cho a b c  0 và abc0, tính giá trị của biểu thức:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

P

b c a a c b a b c

  

     

a) Cho 2 số a và b thỏa mãn a 1; b 1. Chứng minh :
1 1

+a2+

1
1+b2≥

2
1+ab
Câu 4 : (6,0 điểm)

Cho hình vng ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao
cho BE = CM.

a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân.

b) Chứng minh : ME // BN.

c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng

hàng.

---HẾT

---Họ và tên thí sinh:………SBD:…………

( Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm )

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI OLYMPIC
Mơn thi: Tốn 8

Năm học: 2013 – 2014

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu Ý Đáp án Điểm

C
âu
 1
( 5
 đ
iể
m
)
ĐKXĐ :
0
1
1
x
x

x





 
 
0,5đ









2
2

1 ( 1)( 1) 2

( 1) ( 1) ( 1)
1

x x x x x x

P

x x x x x x

x

     

    

  

   0,5đ









2 2

1 1 2

( 1)
1

x x x x x

P
x x
x
    


 0,5đ

















2
2 2

1 1 1 ( 1)

( 1) 1 1

1 1

x x x x x x x x

P

x x x x

x x

   

   

  

  0,5đ

b
2
đ

1
2

P

 
2 1
1 2
x
P
x

 

 với x ĐKXĐ 0,25đ

2x x 1

   0,25đ

2x x 1 0

    0,25đ

2x 2x x 1 0

     0,25đ



2x 1

 

x 1



    0,25đ

1
2

x

 

( TM ĐKXĐ)

Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ)

0,5đ

Vậy

1
2

P

1
2

x

  0,25đ

c
1
đ



 



2 2 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

x x

P x

x x x x

  

 

     

    0,25đ

1 1

1 1 2

1 1

P x x

x x

      

  0,25đ

Vì x > 1 nên x1 0 và 
1

x > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2

số dương x – 1 và

1
1

x ta có:





1 1

1 2 1 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1
( 
4
đ
iể
m
)

Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 =

1
1

x
 ( x – 1)2 = 1

 x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )
 x = 2 ( TM )

 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2

0,25đ

C

âu

2

( 6

đ

iể

m

)

a
2
đ

Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và cịn dư là ax b .
Khi đó: f ( ) (x  x2 4).( 5 ) ax+b x 

0.5
Theo đề bài, ta có:

(2) 22 2 22 3

( 2) 10 2 10 16

f a b a

f a b b

   

  

 

  

     

  

0.5
Do đó: f ( ) (x  x2 4).( 5 ) 3x+16 x  0.5
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( )x 5x323x16. 0.5

b
2
đ

a3 + 5 a = a3 – a + 6ª

0,5đ

= a(a2 – 1) + 6ª

0,25đ

= (a-1)a(a+1)+ 6ª 0,25đ

* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2

suy ra chia hết cho 2 0,25đ

* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 3

suy ra chia hết cho 3 0,25đ

Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6 0,25đ
* 6a chia hết cho 6

Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6 0,25đ

c
2đ

2
2

2012 2013 2014 0
2013 2013 2013 1

x xy x y

x xy x x y

    

       0,5đ

( 1) 2013( 1) 1 ( 2013)( 1) 1

x x y x y x x y

            1,0đ



2013 1
1 1
2013 1

1 1

x
x y
x
x y

  





  




  
 

  
 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2014
2014
2012

2014

x
y
x
y
 










 
 


 


0,25đ

C

âu

3

(3

,0

đ

iể

m

)

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

P

b c a a c b a b c

  

     

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

( ) ( ) ( )

b c b c a c a c a b a b

  

         0,5đ

1 1 1

2bc 2ac 2ab

  

   0,5đ

0
2

a b c
abc
 

 

 0,5đ

1
1+a2+

1
1+b2−

1+ab =

(

1
1+a2−

1
1+ab

)

(

1
1+b2−

1+ab

)

0,25đ

= ab− a
2

(1+a2)(1+ab)+

ab−b2

(1+b2)(1+ab) 0,25đ

= a(b − a)(1+b
2

)+b(a− b)(1+a2)
(1+a2)(1+b2)(1+ab) =

(b − a)(a+ab2− b− a2b)
(1+a2)(1+b2)(1+ab)

0,25đ

= b − a¿
2

(ab−1)
¿
¿
¿

0,5đ
Do a 1; b 1 nên b − a¿

(ab−1)
¿
¿
¿

0 ⇒

1
1+a2+

1
1+b2−

1+ab 0 ⇔

1
1+a2+

1
1+b2≥

1+ab

0,25

C

âu

4

( 6

đ

iể

m

)

Hình vẽ 0,5đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a
2
đ

 OE = OM và O1O 3 0,25đ

Lại có O 2O 3 BOC 900 vì tứ giác ABCD là hình vng 0,25đ

 

2 1

O O  EOM 900

 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O 0,5đ
b

2đ

Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD 0,5đ
+ AB // CD  AB // CN 

AM BM

MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*)

0,5đ
Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) 0,5đ

Ta có :

AM AE

MN EB  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)

0,5đ

c
1,5
đ

Gọi H’ là giao điểm của OM và BN

Từ ME // BN  OME OH E  ' ( cặp góc so le trong)

Mà OME 450 vì ∆OEM vng cân tại O

 0 

' 45

MH B C

  

0,25đ

 ∆OMC  ∆BMH’ (g.g) 0,25đ

OM MH
OB MC

 

,kết hợp OMB CMH  '( hai góc đối đỉnh)

0,25đ
 ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM MH C' 450 0,25đ
Vậy BH C BH M MH C '  '  ' 900 CH'BN 0,25đ
Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng

( đpcm) 0,25đ

</div>