Ta tìm đa thức Sx bằng lược đồ Horner như sau: Hệ số của Tx Hệ số của Sx.. Bình phương hai vế của đẳng thức này, ta được:..[r]
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN LỚP 8
( Thời gian làm bài: 150 phút )
a) Tìm các giá trị của x, y, z để phân thức xác định ;
b) Rút gọn A
Câu 2 (5,0 điểm)
a) Tìm giá trị của a để h(x) = 3x2 + ax – 32 chia x + 5 có số dư là 3;
b) Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 + x + x2 + x3 = y3 ;
c) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: p(x) = x3 + 6x2 – 13x – 42
Câu 3 (4,0 điểm)
a) Cho
4
Tìm các giá trị nguyên của a để M có giá trị
nguyên ;
b) Biết ax + by + cz = 0 và a + b + c = 1 .
1993 Tính:
Câu 4 (5 ,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H Trên nửa mặt phẳng bờ BC không
chứa điểm A, vẽ các tia Bx AB, Cy CA chúng cắt nhau tại D
a) Tứ giác BHCD là hình gì ? Vì sao ?
b) Gọi E là điểm sao cho BC là đường trung trực của EH Chứng minh rằng tứ giác BCDE là hình thang cân ;
c) BD cắt EH tại K Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì để tứ giác HCDK là hình thang cân
Câu 5 (2,0 điểm) Cho 0 x, y, z 1 Chứng minh rằng 0 x + y + z – xy – yz – xz 1
-Hết -
Họ và tên thí sinh:………SBD:…………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 8
= 25[ (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) ]
0,5
Xét (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) = 0
x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – xy – yz – zx = 0
x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = 0
2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy +2yz + 2zx = 0
(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 = 0 x + y = y + z = z + x = 0
x = y = z = 0
Vậy để phân thức A xác định thì x, y, z không đồng thời bằng không
1,5
Khi đó :
A
1
Vậy
5
b) Ta nhận thấy
2
nên x 1 xx x y (1)
0,5
Lại có (x + 2)3 – (1 + x + x2 + x3) = 5x2 + 11x + 7
=
2
nên (x + 2)3 1 + x + x2 + x3 (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra x3 < y3 < (x +2)3 y3 = (x + 1)3, tức là
1 + x + x2 + x3 = (x + 1)3 x(x + 1) = 0 x = -1 hoặc x = 0
0,5
Với x = -1 thì y = 0; với x = 0 thì y = 1
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x; y) là ( - 1; 0) và (0; 1)
0,5
c) Trước hết ta nhận thấy x = 3 là một nghiệm của đa thức p(x)
( Vì p(3) = 0 ), do đó:
Trang 3p(x) = (x - 3) T(x) (*) Ta tìm đa thức T(x) bằng lược đồ Horner như sau:
Vậy T(x) = x2 + 9x + 14 Do đó p(x) = (x - 3)( x2 + 9x + 14)
( vì T(-2) = 0 ), do đó T(x) = (x + 2) S(x) Ta tìm đa thức S(x) bằng lược
đồ Horner như sau:
Vậy S(x) = x + 7, do đó T(x) = (x + 2)(x + 7) (**)
Kết hợp (*) và (**), ta được kết quả:
p(x) = (x - 3) (x + 2).(x + 7) ;
2
a)
1
( a 2 ) Từ đó M nhận giá trị nguyên khi a – 2 là ước số của 4, suy ra a
nhận các giá trị -2; 0; 1; 3; 4; 6
1
b) Theo giả thiết ax + by + cz = 0 Bình phương hai vế của đẳng thức này,
ta được:
a2x2 + b2y2 + c2z2 + 2(axby + axcz + bycz) = 0
a2x2 + b2y2 + c2z2 = -2(axby + axcz + bycz) (1)
0,5
Biến đổi mẫu thức của phân thức đã cho, ta được:
bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2
= bcy2 – 2bcyz + bcz2 + acx2 – 2acxz + acz2 + abx2 – 2abxy + aby2
= bcy2 + bcz2 + acx2 + acz2 + abx2 + aby2 – 2(bcyz + acxz + abxy ) (2)
0,5
Thay (1) vào (2), ta được:
(bcy2 + acx2 + c2z2) + (bcz2 + abx2 + b2y2) + (acz2 + aby2 + a2x2)
= c(by2 + ax2 + cz2) + b(cz2 + ax2 + by2) + a(cz2 + by2 + ax2)
= (by2 + ax2 + cz2)(a + b + c)
0,5
Vậy
1
1993
0,5
Trang 4Câu 4 5 điểm
0,5
a) Tứ giác BHCD là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối song song với
nhau
1
b) Gọi M là giao điểm của HD và BC, I là giao điểm của AE và BC Dễ
dàng chứng minh được IM // DE, suy ra DE // BC Do đó BCDE là hình
thang
Ta lại có CE = CH; CH = BD nên CE = BD nên CE = BD
Vậy tứ giác BCDE là hình thang cân
1,5
c) BH cắt AC tại F, ta có F90 o
Hình thang HKDC là hình thang cân
(vì CHFHCD (so le trong ) )
CH là phân giác của góc ACB
ACB cân tại C
Vậy:
HKDC là hình thang cân khi và chỉ khi ABC là tam giác cân tại C.
2
Trang 5hay x + y + z – xy – yz – zx 0 (1) 0,5 Xét (1 – x)(1 – y)(1 – z) = - [ x + y + z – xy – yz – xz – 1 – xyz ] 0
x + y + z – xy – yz – xz 1 – xyz < 1 (2)
0,5
Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm
tuyệt đối.