De HSG Toan 8 dap an 1

Gäi M vµ N lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña D trªn AB vµ AC.. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc.[r]

phòng gD- đt YÊN THế

trờng thcs đồng lạc

mã Đề: 001

đề thi HSG huyện năm học 2011 – 2012

Môn toán lớp 8

Thời gian: 120 phút

Bài 1: 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3  b3  c3  3abc

2) Cho a3  3ab2  5 và b3  3a b2  10 Tính S = 2 2

a  b

Bài 2: 1) Giải phơng trình:

x  2x  x  2x 2   0 2) Có tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho

n  26  21

Bài 3: Rút gọn biểu thức A =

2 1 3 1 2011 1

2 1 3 1 2011 1

  

Bài 4: Cho ABC vuông tại A, có AB < AC Kẻ phân giác AD Gọi M và N lần lợt là hình

chiếu của D trên AB và AC BN cắt CM tại K, AK cắt DM tại I, BN cắt DM tại E, CM cắt

DN tại F.

1) Chứng minh rằng EF // BC

2) Chứng minh rằng K là trực tâm của AEF

3) Tính số đo của BID

Bài 5: Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a b c d a b c a b     

P

abcde



L

u ý : Học sinh không đợc sử dụng bất kì loại máy tính bỏ túi nào

Hết

-phòng gD- đt YÊN THế

trờng thcs đồng lạc

mã Đề: 001

đáp án đề thi HSG huyện lớp 8

Môn toán

Thời gian: 120 phút

Bài 1: (5 điểm)

1) (3 điểm) a3 b3c33abc =  3   3

a b 3ab a b c 3abc

(1 đ)

=       2  

a b c   a b  c a b c 3ab a b c 

a b c a  b c ab bc ac 

(1 đ) 2) (2 điểm) Ta có a3 3ab2 5   3 22

 a6 6a b4 29a b2 4 25 (0,5 đ)

và b3 3a b 102   b3 3a b2 2100

 b6 6a b2 49a b4 2100 (0,5 đ)

Suy ra 125 = a6b63a b2 43a b4 2 a2b23

Do đó S = a2b2 = 5 (1 đ)

Bài 2: (5 điểm)

1) (3 điểm)x8 2x4x2 2x 2 0  x8 2x4 1 x2 2x 1 0    4 2  2

x  1  x 1 0

(1,5 đ)

Vì  4 2

x  1 0

; x 1 20

(0,5 đ)

Nên phơng trình tơng đơng

4

x 1 0



 

2) (2 điểm) Giả sử tồn tại n  N* sao cho n626n 212011

Ta có 26n có tận cùng là 6 và 212011 có tận cùng là 1

Vậy n6 có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5 (0,5 đ)

Khi đó n626n 212011 có dạng   5 626 5  215 402.21

(0,5 đ)

 25 76  01 21

Vậy không tồn tại số nguyên dơng n thỏa mãn bài toán (0,5 đ)

Bài 3: (2 điểm) Nhận xét rằng mỗi số hạng của tổng có dạng

   

   

     

   

2 2

3

với k = 2, 3, …, 2011 (1 đ)

Ta có



=

S



=

20122 2011

3.1006.2011



(1 đ)

Bài 4: (6 điểm) Vẽ hình không chính xác không cho điểm cả bài

1) (2 đ) Chứng minh đợc tứ giác AMDN

là hình vuông (0,5 đ)

FC DC MA DN ED (1đ)

hay

FC ED  EF // DC

hay EF // BC (0,5 đ)

2) (2 đ) Theo định lí Thales ta có

A

N

B

M

E F K I

hay

Lập luận tơng tự có AE  CM Vậy K là trực tâm của AEF (0,5 đ)

3) (2 đ) K là trực tâm của AEF  AK  EF mà EF // BC  AK  BC (0,5 đ)

Kết hợp với DM  AB  I là trực tâm của ABD

Bài 5: (2 điểm)

Ta có x y 2 0 x22xy y 24xy x y 24xy

Dấu “=” xảy ra khi x = y (0,5 đ)

áp dụng liên tiếp BĐT x y 24xy

ta có

42 = (a + b + c + d + e)2  4(a + b + c + d)e (1)

(a + b + c + d)2  4(a + b + c)d (2) (a + b + c)2  4(a + b)c (3)

(a + b)2  4ab (4)

Do a, b, c, d, e > 0 nên các vế của các BĐT trên đều dơng Nhân từng vế của chúng và rút gọn ta

đ-ợc 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b)  256abcde



a b c d a b c a b    

abcde

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

4

1 c

2



    















Vậy GTNN của P bằng 16 đạt đợc khi a = b =

1

4; c =

1

2; d = 1 và e = 2 (0,5 đ)

L

u ý : Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa

Hết

-C D