De thi Olympic Toan 8 nam hoc 20122013

Vậy khi góc DME quay quanh M thì chu vi tam giác ADE không thay đổi Tổng Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng, hợp lí cho điểm tối đa./..[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

NĂM HỌC 2012-2013 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 25 - 4 - 2013

Bài 1 Cho biểu thức A =

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên

c) Tìm x để A > 0

Bài 2 Giải các phương trình sau:

a) x3  7 x   6 0

c)

6

x  x   x   x 

Bài 3 a) Tính giá trị biểu thức M =

ab a 3 bc b 1 ac 3c 3         , biết abc = 3 b) Cho các số thực không âm x, y, z thõa mãn điều kiện xy + yz + xz = 1 Tìm

giá trị nhỏ nhất của P = 10 x2  10 y2  z2.

Bài 4 Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC 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 (D  A và E  A) Chứng minh rằng :

a) BD.CE =

2 BC 4 b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.

c) Chu vi tam giác ADE không đổi.

Hết

Họ và tên thí sinh: ……… SBD: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1

(4,5đ)

a)

(1,5)

A=

b)

(1,5)

A

1

x



Vậy với x = -1 ; -3; -7 thì A nhận giá trị nguyên 0,25

c)

(1,5)

A

3 0 2

x x





3 0

2 0

x x



 

 

3 0

2 0

x x





 

Bài 1

(6,0đ)

a)

(2,0)

Giải các phương trình : x3 7x 6 0 (1)

+) x2 + x – 6 = 0  (x – 2)(x+3) = 0  x = 2 hoặc x = - 3 0,5 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S ={ 1; 2; -3} 0,5

b)

(2,0)

+ Trường hợp : x + 3 = 0  x3(TMĐK (**)) 0,5

Ta có (x-3)(x-1) = 6  x2 4x 3 0

Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: S ={-3; 2 7; 2 7} 0,25

b)

(2,0) Giải các phương trình 2 2

2  5 3 2  3

ĐK:

3 1;

2

x x

Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (3) vậy x 0 0,25

Chia tử và mẫu của vế trái cho x ta được phương trình

6

Đặt

3 2

y x

x

thì phương trình có dạng

6

y  y  0,25

2

1

y

  hoặc

11 2

+ Với

x

PTVN

0,25

+ Với

2

x

 x2 (TMĐK(***)) hoặc

3 4

x 

(TMĐK(***))

0,25 0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình (3) là: S = { 2;

3

Bài 3.

(4,5đ)

a)

(2,0)

Ta có

M =

1

ab a 3 bc b 1 ac 3c 3 ab a 3 ab a 3 ab a 3 ab a 3

 

0,5

b)

(2,5)

Ta có P =

Áp dụng bất đẳng thức Côsy ta có:

0,25

0,25

Cộng về theo vế ta được: P = 10x210y2z2 4(xy yz xz  ) 4 0,25

Dấu “=” xẩy ra khi

1

3

1











x y

x y

x z

y z

z

Vậy Min P = 4 khi

1 3 4 3



 





 



x y z

0,5

Bài 4

(5,0đ)

a)

(2,0) Ta có B= 600 ta có D 1 1200 M1 (1)

Vì M 2= 600    0 

M 120 M (2)

Từ (1) và (2) suy ra D 1 M 3 Kết hợp với B  C 600

suy ra BMD ∽CEM (g-g)

BM CE (3)  BD.CE = BM.CM

0,25 0,25 0,25 0,5 0,25

3 2 1

2 1

x

y

E

D

B

A

Vì M là trung điểm của BC nên BM=CM=

BC

2  BD.CE=

BC

b)

(1,5)

Từ (3) suy ra 

CM EM mà BM=CM nên ta có 

BM EM (4) Theo giả thiết ta có B M 2 600 (5)

Từ (4) và (5)  BMD∽MED (c-g-c)

Từ đó suy ra D 1D 2, do đó DM là tia phân giác của góc BDE Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

0,5

0,5 0,25 0,25

c)

(1,5)

Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC

Vì DM là phân giác góc BDE  MHDMID

(Cạnh huyền-góc nhọn)

 DH = DI, tương tự ta có EI = EK

Vì M là trung điểm MB và tam giác ABC đều nên ta

có AM là phân giác của góc BAC

 MH = MK

 Ta có MD + DE + AE =(AD + DI) + (IE+AE)

=AH+AK= 2AH (không đổi)

Vậy khi góc DME quay quanh M thì chu vi tam giác ADE không thay đổi

0,25 0,5 0,25

0,25 0,25

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng, hợp lí cho điểm tối đa./.