Đề thi giao lưu học sinh giỏi năm học 2016 2017 môn Toán 847409

Chứng minh rằng AMBD là hình thang cân.. Chứng minh rằng ba điểm N, K, E thẳng hàng.

CỤM CHUYÊN MÔN

THANH – THUỶ - BẠCH – TÂN

-(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2016-2017 MÔN TOÁN 8 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 24 tháng 11 năm 2016

Câu 1: (4 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:

a 5x2 -10xy + 5y2 - 20z2 b 3x2 5x2

c x210xy9y2 d 64x4 + y4

Câu 2: (4 điểm) Tìm x biết

a 2(x + 5) – x2 - 5x = 0 b 4x -10.2x + 16 = 0

x  x  x  x

Câu 3: (5 điểm)

a Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = 4 3 2 chia hết cho đa

x  x  x ax b

B x x  x

b Cho các số nguyên a b c, , thoả mãn (ab)3  (b c)3  (c a)3 210 Tính giá trị của biểu thức A     a b b c c a

Câu 4: (6 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có ฀ 0 Qua C kẻ đường vuông góc với BD,

30

BDC

cắt BD ở E và cắt tia phân giác của góc ADB ở M

a Chứng minh rằng AMBD là hình thang cân

b Gọi N là hình chiếu của M trên DA, K là hình chiếu của M trên AB Chứng minh rằng ba điểm N, K, E thẳng hàng

Câu 5: (1 điểm) Cho x và y thoả mãn: x2 + 2xy + 6x + 6y + 2y2 + 8 = 0

Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của biểu thức: B = x + y + 2016

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

1a

5x 10xy 5y 20z

5 x 2xy y 4z

5 x y – 2z

5 x y – 2z x y 2z

0.5

0.5

1b

(1đ)

2

2

2

2 (3 1)

x x

x x x

0.5

0.5

1c

(1đ)

9

x xy y

x xy xy y

x xy xy y

x x y y x y

x y x y

0.5 0.5

1d

(1đ)

4 4

64x y

x y xy x y xy



0.5

0.5 2a

(1đ)

2(x + 5) – x2 - 5x = 0

2(x + 5) – (x2 + 5x) = 0



2(x + 5) – x(x + 5) = 0



(x + 5)(2 – x) = 0



 x 5 0

2 – x = 0

 





x -5

x = 2









Vậy x = -5; x = 2

0.5

0.5

(1đ)

4 10.2 16 0

2 2.2 8.2 16 0

(2 2.2 ) (8.2 16) 0

2 (2 2) 8(2 2) 0

(2 2)(2 8) 0

         

Vậy x = 2; x = 3

0.5

0.5

2c

(1đ)

2

x  x   x

* Với x 1 (*)  x - 1  0  x   1 x 1

Ta có: x2 -3x + 2 + x-1 = 0

(TM ĐK (*))

 2 2

* Với x< 1 (**)  x - 1 < 0  x   1 1 x

Ta có: x2 -3x + 2 + 1 - x = 0

+ x - 1 = 0  x 1( Không thỏa mãn điều kiện **)

+ x - 3 = 0  x 3 ( Không thỏa mãn điều kiện **)

Vậy x = 1

0.5

0.5

2d

8 94

6 96

4 98

2     

x

( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1)



98

2



x

96

4



x

94

6



x

92

8



x

( x + 100 )( + - - ) = 0



98

1 96

1 94

1 92 1

Vì : + - - 0

98

1 96

1 94

1 92

1 

Do đó: x + 100 = 0 x = -100

Vậy x = -100

0.25 0.25

0.25 0.25

3a

(2.5đ)

Ta có: A(x) =B(x).(x2-1) + (a – 3)x + b + 4

Để A(x) chia hết B(x) thì 3 0 3



Vậy để A(x) chia hết B(x) thì a=3 và b= -4

3b Đặt a b x; b c y; c a  z x  y z 0    z (x y) 1

70

xyz

Do x y z, , là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70   ( 2).( 5).7 

nên x y z, ,    2; 5; 7 A      a b b c c a 14.

0.5 0.5 4a

(4đ)

a Ta có ฀ ฀ ฀ 0 ;

1 2 3 30

D D D  ฀ 0 ฀ 0

1 30 ; 2 30

C  B 

có DB vừa là đường cao vừa là đường phân giác => DB là đường trung

MDC



tuyến => E là trung điểm của MC.

có đường cao BD là đường trung tuyến nên là tam giác cân tại B =>

BMC



120

1 30

B 

có nên cân tại M => MD = MC => MK là đường

MDC

60

MDCMCD trung trực của CD nên là trục đối xứng của hình chữ nhật ABCD, do đó AM =

MB => ฀ ฀ 0

1 1 30

A B 

Tứ giác AMBD có AM//BD (vì có hai góc so le trong bằng nhau ฀ ฀ 0 )

1 2 30

A B 

và ฀ ฀ 0 nên là hình thang cân.

60

ADBMBD

1

1 1

1

4b

(2đ)

b M thuộc tia phân giác của góc NDE => MN = ME => NME cân tại M có

=> (1)

120

30

MNE Lại có tứ giác ANMK là hình chữ nhật nên ฀ ฀ 0 (2)

1 30

MNK  A 

Từ (1) và (2) => N,K,E thẳng hàng.

1

1 5

(1đ)

x2 + 2xy + 6x + 6y + 2y2 + 8 = 0

x2 + 2xy + y2 + 6x + 6y + 9 - 1 = - y2 0

(x + y)2 + 2 (x + y) 3 + 32 - 1 = - y2 0

(x + y + 3)2 - 1 0

(x + y + 2) (x + y + 4) 0

(x + y + 2016 - 2014) (x + y + 2016 - 2012) 0

(B - 2014) (B - 2012) 0

A

B

K

E

1

2

1 2

VN



GTLN của B = 2014

GTNN của B = 2012