Tuyen tap de thi hoc sinh gioi toan 8 co dap an hay

Lu ý: Học sinh không đợc sử dụng bất kì loại máy tính bỏ túi nào.[r]

phòng giáo dục - đào tạo đức thọ

đề thi olympic huyện năm học 2010 – 2011 2011

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  và 5 b3 3a b 102  Tính S = a2b2

Bài 2: 1) Giải phơng trình: x8 2x4x2 2x 2 0

2) Có tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho n626n 212011

Bài 3: Rút gọn biểu thức A =

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

-Lời giải tóm tắt

Bài 1: (5 điểm)

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

(1 đ)

= a b c    a b 2 c a b  c23ab a b c   

= a b c a    2b2c2ab bc ac  

(1 đ) 2) (2 điểm) Ta có a3 3ab2  5 a3 3ab22 25

 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 = 6 6 2 4 4 2  2 23

a b 3a b 3a b  a b

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   x412x 1 2 0

(1,5 đ)

Vì x4120

; x 1 2 0

(0,5 đ)

Nên phơng trình tơng đơng

4

x 1 0

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  5 402

5 26  21 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

k 1 k k 1

k 1

với k = 2, 3, …, 2011, 2011 (1 đ)

Ta có

1 3 3 1 2 4 4 1 2010 2012 2012 1

3 2 2 1 4 3 3 1 2012 2011 2011 1



=

1.2 2010 3 3 1 4 4 1 2012 2012 1 S

3.4 2012 2 2 1 3 3 1 2011 2011 1



=

2012 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

hay

 NAF  ABN  NAF NBA  AF  BN (0,5 đ)

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

Vậy BID 180  0 BAD 180  0 4501350 (1 đ)

Bài 5: (2 điểm)

x y  0 x 2xy y 4xy x y 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

N

C D

B

M

E F K

I

(a + b + c + d)  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

đợc 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

a b c d e

1 c

a b c d

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