Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án chi tiết đề 5

Lấy một điểm M bất kỳ trờn cạnh AC.. Từ C vẽ một đường thẳng vuụng gúc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.. c Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trờn cạnh A

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ MA TRẬN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8

Năm học 2013 - 2014

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

PT và bất phương

trình

2 6

2 6

Đa thức: (Tìm dư

trong phép chia đa

thức; tìm hệ số của

đa thức f(x) biết f(x)

chia hết cho g(x)…)

1câu 2ý 5

1 5

Chứng minh

BĐT(Tìm GTLN:

GTNN)

1 2

1 2

Bài tập tổng hợp về

tam giác đồng dạng

1 7

1 7

20

5 20

phòng Giáo dục & Đào tạo Đề thi olympic lớp 8

Năm học 2013 - 2014

Môn thi : Toán

Thời gian làm bài : 120 phút

(không kể thời gian giao đề )

Cõu 1 ( 6 điểm )

1 Giải phương trỡnh:

a, x2 3 x   2 x  1 0 

b, x 241 x 220 x 195 x 166 10

2 Chứng minh rằng với 4 số bất kỳ a, b, x, y ta cú

(a2 + b2)(x2 + y2)  (ax + by)2

Cõu 2 ( 5 điểm )

1 Chứng minh rằng: x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự

nhiờn m,n.

2 tỡm caực soỏ nguyeõn a vaứ b ủeồ ủa thửực A(x) = x4 3x3ax b chia heỏt cho ủa thửực B x( )x2  3x4

Cõu 3 ( 2 điểm )

a)Chứng minh bất đẳng thức :   2

x

y y

x

(với x và y cựng dấu) b)Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 2

 

    

  (với x 0, y 0  )

Cõu 4 ( 7 điểm )

Cho tam giỏc ABC vuụng tại A Lấy một điểm M bất kỳ trờn cạnh AC Từ C vẽ một đường thẳng vuụng gúc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.

a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và EADã =ECBã

b) Cho BMCã =1200 và SAED36cm2 Tớnh SEBC?

c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trờn cạnh AC thỡ tổng BM.BD + CM.CA

cú giỏ trị khụng đổi.

d) KẻDH BC HBC Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của cỏc đoạn thẳng BH, DH Chứng minh CQPD.

Năm học 2013 - 2014 Môn thi : Toán Lớp 8

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(6 điểm)

1 a, x2 3x 2 x1 0 (1)

+ Nêu x 1: (1) <=> x =1 (thỏa mãn điều kiện x 1)

+ Nêu x 1: (1)  x2 4x  3 0 x2 x 3x1  0 x1 x 3 0

 x1; x3 (cả hai đều khơng nhỏ hơn 1, nên bị loại)

Vậy: Phương trình (1) cĩ một nghiệm duy nhất là x 1

b,

x 241 x 220 x 195 x 166

x 258 x 258 x 258 x 258

0

17 19 21 23

1 1 1 1

17 19 21 23

      

        

2 Ta cĩ (a2 + b2)(x2 + y2)  (ax + by)2

<=> a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2

 a2x2 + 2axby + b2y2

<=> a2y2 - 2axby + b2x2

 0 <=> (ay - bx)2

 0

Vì bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức đúng nên bất đẳng thức phải chứng

minh là bất đẳng thức đúng

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay - bx = 0 hay y

b x

a



0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu 2

(5 điểm)

1 Ta cĩ x3m+1 + x3n+2 + 1 = x3m+1 - x + x3n+2 - x2 + x2 + x + 1

= x(x3m - 1) + x2(x3n - 1) + (x2 + x + 1)

Ta thấy x3m - 1 và x3n - 1 chia hết cho x3 - 1 do đĩ chia hết cho x2 + x + 1

 x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1

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

Để ( ) ( )A x B x thì  3 0  3

1,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,5đ 1,0đ

Câu 3

(2 điểm) a) Vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đĩ x  y  2

y x

(*)  x2  y2  2xy 2

(x y) 0

   (**) Bất đẳng thức (**) luơn đúng, suy ra bđt (*) đúng (đpcm)

b) Đặt x y t

yx 

2

x y

t 2

y x

Biểu thức đã cho trà thành P = t2 – 3t + 3

P = t2 – 2t – t + 2 + 1 = t(t – 2) – (t – 2) + 1 = (t – 2)(t – 1) + 1

- Nêu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t  2  t – 2  0 ; t – 1 > 0

0,25đ 0,25đ

0,25đ

(0,25đ) (0,25đ)

I P

Q

H

E

D A

M

t 2 t 1   0

     P1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2

 x = y (1)

- Nêu x; y trái dấu thì x 0

y và y 0

x  t < 0  t – 1 < 0 và t – 2 < 0

 t 2 t 1   

   > 0  P > 1 (2)

- Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x  0 ; y  0 thì luôn có P  1 Đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi x = y Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Pm=1 khi x = y

(0,25đ) (0,25đ)

(0,25đ)

Câu 4

(7 điểm)

Câu a: 2 điểm

* Vẽ hình + ghi gt và kl

* Chứng minh EA.EB = ED.EC

- Chứng minh EBD đồng dạng

với ECA (gg)

- Từ đó suy ra

EA EB ED EC

* Chứng minh EAD · = ECB ·

- Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (cgc)

- Suy ra EAD · = ECB ·

Câu b: 1,5 điểm

- Từ ·BMC = 120o  ·AMB = 60o  ·ABM = 30o

- XÐt EDB vuông Tại D có µB= 30o

 ED = 1

2 EB 

1 2

ED

EB 

- Lý luận cho

2

EAD ECB

 

 

  Từ đó  SECB = 144 cm2

Câu c: 1,5 điểm

- Vẽ MI BC (I thuộc BC)

- Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg) => BM.BD = BC.BI

- Chứng minh IMCđồng dạng với ABC (gg) => CM.CA = CI.BC

- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị không đổi

(Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2 )

Câu d: 2 điểm

- Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (gg)

2 2

- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (cgc)

ü ï

ï + = ïïþ

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5 đ 0,5đ

1.0đ

Ký duyệt của tổ CM Người ra đề , đáp án

Trịnh Văn Đông Nguyễn Đức Anh

Ban giám hiệu nhà trường

PHT: Vũ Thị Hồng Thắm