De HSG Toan 820162017 94

Áp dụng bất đẳng thức trên tìm giá trị nhỏ nhất của.. Câu 4 7điểm Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH OAI TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN CẤP HUYỆN

Năm học 2013-2014 Môn: Toán 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu1(5điểm)

a)Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4 3x3 3x2ax b chia hết cho đa thức B x( )x2 3x4

b)Cho đa thức Q(x3)(x5)(x7)(x9) 2014 Tìm số dư trong phép chia đa thức Q cho đa thức x2 12x 32

Câu2 (2điểm)

Chứng minh bất đẳng thức:

a b a b Với a b; là các số dương

Áp dụng bất đẳng thức trên tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2

M

xy x y

 với x y; dương và xy 1

Câu 3 (6 điểm)

1 42 13

1 30

11

1 20

9

1

2 2















x

b) x1 2 x 2 3 x 3 4

Câu 4 (7điểm)

Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC Một góc xMy bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E Chứng minh :

a) BD.CE = 4

2

BC

b) DM,EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH OAI

TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

HƯỚNG DẤN CHẤM OLYMPIC TOÁN CẤP HUYỆN

Năm học 2013-2014 Môn: Toán 8

Câu1 (5điểm)

a)(3điểm)

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

ĐểA x B x( ) ( ) thì  3 0  3

   

(1điểm)

b)(2điểm)

Ta có Q(x212x27)(x212x35) 2014

(0,5điểm)

Đặt tx2 12x 32 ta có Q (t 5)(t3) 2014

(0,5điểm)

Lập luận để tìm số dư: chính là số dư trong phép chia :

2

( 5)( 3) 2014 2 1999

Q t t   t t cho t. dư 1999 (1điểm)

C

âu 2 : (mỗi ý 1 điểm)

Ta có: a2b2  2ab với mọi a,b  a2b2 2ab 4ab (a b )2 4ab(1)

(0,5điểm)

Vì a,b dương  a b  0; a b 0 nên từ (1) suy ra:

4

a b

a b a b





 hay

a b a b Dấu “=” xẩy ra  a = b (0,5điểm)

M

xy xy x y



Do x; y dương và x + y =1  1 = (x y )2 4xy ( được suy ra từ (x – y)2 0)

1 1

xy

xy

Dấu “=” xẩy ra  x = y =

1

2 (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức trên: 2 2 2 2 2

2xyx y  2xy x y  (x y )  (2) (0,5điểm)

Dấu “=” xẩy ra 

2

2

xy x y  x y

Vậy từ (1) và (2) ta có : M  2 12 14 

Giá trị nhỏ nhất MinM = 14 đạt được khi x = y =

1

2 (0,5điểm)

Câu 3 : (2điểm)

a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5);

x2+11x+30 =(x+6)(x+5);

ĐKXĐ : x 4;x 5;x 6;x 7 (0,5điểm)

Phương trình trở thành :

18

1 ) 7 )(

6 (

1 )

6 )(

5 (

1 )

5 )(

4 (

1

















x

1 7

1 6

1 6

1 5

1 5

1 4

1























x

1 7

1 4

1







x

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0

Vậy x=-13; x=2 (0,5điểm)

b) x1 2 x 2 3 x 3 4 (II)

+ Nếu x <1 ta có (II)  - 2x + 6 = 4  x =1 (loại)

+ Nếu 1x<2 ta có (II)  0.x +4 = 4 Phương trình nghiệm đúng với 1x<2 (0,5điểm) +Nếu 2x<3 ta có (II)  - 4x = - 8  x = 2 ( thỏa mãn)

+ Nếu 3x ta có (II)  2x = 10  x = 5 ( thỏa mãn)

Vậy nghiệm của (II) là x =5 hoặc 1x2

(0,5điểm)

3 2 1

2 1

x

y

E D

B

A

Câu 4 (7 điểm)

(0,5điểm) a)

Trong tam giác BDM ta có: 1

0

D  

Vì Mˆ 2

=600 nên : 1

0

M   (1 điểm) Suy ra D ˆ 1 Mˆ 3

(0,5điểm) Chứng minh BMD  CEM (1) (1 điểm)

Suy ra CE

CM BM

BD

 hay BD.CE=BM.CM (0,5 điểm)

Vì BM=CM= 2

BC

nên BD.CE= 4

2

BC

(0,5 điểm)

b) Từ (1) suy ra EM

MD CM

BD



mà BM=CM nên EM

MD BM

BD



(0,5 điểm) Chứng minh BMD  MED (c.g.c) (1 điểm) suy ra D ˆ 1 Dˆ 2

, do đó DM là tia phân giác của góc BDE (0,5 điểm) Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED (1 điểm)