giao an toan dai 8

b Chứng minh tứ giác BEFC là hình thang; c Xác định vị trí của điểm H trên BC để tứ giác BEFC là hình bình hành... Vẽ hình, ghi GT/KL.[r]

Trường THCS

PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THI THÔNG TIN HSG CẤP THỊ XÃ

NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán 8

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

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Phân tích các đa thức x2 2xy y 2 z2 thành nhân tử;

b) Tìm x biết: 3 ( 2011) 2 4022 0 x x   x  

c) Chứng minh đẳng thức:

1

Bài 2: (1,0 điểm)

Tìm hệ số a, b để đa thức 2x3x2bx a chia hết cho đa thức 2x2 5x 3

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Chứng minh đẳng thức:

a

x x a  x x a ; b) Tìm x để tổng sau có giá trị bằng 2011:

S

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên cạnh BC Gọi

E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của điểm H qua AB, AC

a) Chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng

b) Chứng minh tứ giác BEFC là hình thang;

c) Xác định vị trí của điểm H trên BC để tứ giác BEFC là hình bình hành

Bài 5: (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

Q



-HẾT -ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

1

(2,5 đ) a)

x  xy y  z =(x y )2 z2

= (x y z x y z  )(   )

b) 3 ( 2011) 2 4022 0 x x   x  

3 ( 2011) 2( 2011) 0 x x x

      ( 2011)(3 2) 0 x  x  



2 2011;

3

x  x 

; c) 2 (3 81)(341)(321)(3 1) 

(3  1)(3  1)(3  1)(3 1)(3 1)  

=(381)(341)(321)(321)= (381)(341)(341)

= (381)(381)= (3161)



1

0,5

0,5 0,5

0,5 0,5

2

(1,0 đ) Thực hiện phép chia (

3 2

2x x bx a ): (2x2 5x 3), ta được thương là x  2 , dư là (b13)x a  6

Để đa thức2x3x2bx a chia hết cho đa thức

2

2x  5x 3

Ta phải có (b13)x a  6trùng với đa thức 0

 b 13 0;  a 6 0   a 6;b 13

0,5 0,5

3

( 2, đ)

a)

x a x

 

a

x x a

b) Ta có:

a

x x a  x x a

a

x a x  a x a x   a

a

x a x a x a  x a

Suy ra:

1

S x



0,5

0,5 0,5 0,5

Do đó S= 2011 

2011

2011

x

4

(3,5 đ)

Vẽ hình, ghi GT/KL

A

F

H E

a) Ta có:

EAB BAH ( hai góc đối xứng với nhau qua AB)

FAC CAH ( hai góc đối xứng với nhau qua AC)  EAB FAC BAC   900

Do đó EAF EAB BAC FAC   =2BAC 1800

 Ba điểm E, A, F thẳng hàng

b) Ta có EBH  2CBA

FCH  2BCA

 EBH FCH   2(CBA BCA  )=1800

Mà EBH FCH , là hai góc trong cùng phía

 EB//CF Hay tứ giác BEFC là hình thang c) Ta có tứ giác BEFC là hình thang ( câu a) Hình thang BEFC là hình bìn hành  BE = CF

 BH = CH  H là trung điểm của BC

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

5

(1,0 đ) Ta có:

2 2

Q



2

2

x



=

2



=

2

=

2

1

2

x



 Q 4

Dấu '' ''

 xảy ra 

1

0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy GTLN của Q 4,tại x 1

( Nếu học sinh có cách giải khác so với đáp án mà kết quả đúng thì vẫn

cho điẻm tối đa ở mỗi phần đó )