›
›
›

Đề thi học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Trường THCS Lam Sơn (Có đáp án)

doc 47 trang dichphong 14590
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Trường THCS Lam Sơn (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_hoc_sinh_gioi_cap_truong_lan_1_mon_toan_lop_8_nam_hoc.doc

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Trường THCS Lam Sơn (Có đáp án)

  1. TRƯỜNG THCS LAM SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG – LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 5x2 - 26x + 24 c) x2 + 6x + 5 1 3 3 b) x3 x2 x 1 d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 8 4 2 Bài 2: (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 7 (6x + 7)(2x – 3) – (4x + 1) 3x 4 x y b) Tính giá trị biểu thức P = . Biết x 2 – 2 y 2 = x y (x + y ≠ 0, y ≠ 0). x y c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2015 cho đa thức x2 10x 21 . 4xy 1 1 Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức A 2 2 : 2 2 2 2 y x y x y 2xy x a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định. b) Rút gọn A. c) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x 2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A? Bài 4 : (2 điểm) Giải các phương trình sau: 3 2 4 9 a) x3 - 2x2 - 5x + 6 = 0 c) x2 5x 4 x2 10x 24 3 x2 3x 18 b) 5 3x 3x 5 d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. Bài 5 : (2,75 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S. a) Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân. b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. c) Chứng minh P là trực tâm SQR. d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC. e) Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Bài 6 : (0,5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 1 b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a3 + b3+ ab 2 Hết 1
  2. HƯỚNG DẪN CHẤM THANG BÀI NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1 a) 5x2 - 26x + 24 = 5x2 - 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 6)(x 0,5 điểm (2 - 4) 3 2 3 điểm) 1 3 3 1 1 1 1 0,5 điểm b) x3 x2 x 1 = x 3. x .1 3. x .12 13 = x 1 8 4 2 2 2 2 2 c) x2 + 6x + 5 = x2 + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) = x 1 x 5 0,5 điểm d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 = x4 + x3 + x2 – x3 – x2 – x + 2015x2 + 0,5 điểm 2015x +2015 = x2 (x2 + x + 1) – x(x2 + x + 1) + 2015(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2015) Bài 2 7 2 2 0,5 điểm a) ( 6x + 7)(2x – 3) – (4x + 1) 3x = 12x – 18x + 14x - 21 – 12x + (1,5 4 điểm) 7 77 7x – 3x + = 4 4 b) x2 – 2y2 = xy x2 – xy – 2y2 = 0 (x + y)(x – 2y) = 0 0,5 điểm 2y y y 1 Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 x = 2y .Khi đó A = 2y y 3y 3 c) P(x) x 2 x 4 x 6 x 8 2015 x2 10x 16 x2 10x 24 2015 0,5 điểm Đặt t x2 10x 21 (t 3; t 7) , biểu thức P(x) được viết lại: P(x) t 5 t 3 2015 t 2 2t 2000 Do đó khi chia t 2 2t 2000 cho t ta có số dư là 2000 Bài 3 a) Điều kiện: x y; y 0 0,25 điểm (1,25 b) A = 2x (x+y) 0,5 điểm điểm) c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị 0,25 điểm nguyên dương của A Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) =1 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 A + (x – y + 1)2 = 2 A = 2 – (x – y + 1)2 2 (do (x – y + 1) 0 (với mọi x ; y) A 2. x y 1 0 1 x 2 + A = 2 khi 2x x y 2 3 x y;y 0 y 2 (x y 1)2 1 + A = 1 khi 2x x y 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị x y;y 0 0,25 điểm 2 1 x của x và y, chẳng hạn: 2 2 3 y 2 + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 Bài 4 a) x3 - 2x2 - 5x + 6 = 0 x3 - x2 - x2 + x - 6x + 6 = 0 (x - 1)(x2 - x - 0,5 điểm 2
  3. (2 x 1 điểm) 6) = 0 (x - 1)(x + 2)(x - 3) = 0 x 2 x 3 5 b) 5 3x 3x 5 3x 5 3x 5 3x 5 0 x 0,5 điểm 3 c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3 0,25 điểm 3 2 4 9 x 1 x 4 x 4 x 6 3 x 3 x 6 1 1 1 1 4 1 1 x 1 x 4 x 4 x 6 3 x 3 x 6 1 4 1 3 x 3 4 x 1 x 3 3 x 1 x 1 3 x 3 3 x 1 x 3 3 x 1 x 3 3 x 1 x 3 4x2 8x 0 4x x 2 0 x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) 0,25 điểm Vậy tập nghiệm của phương trình: S = { 0;2 } d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. 0,5 điểm x2 - y2 + 2x - 4y - 10 = 0 (x2+2x+1) - (y2+4y+4) – 7 = 0 (x+1)2 - (y+2)2 = 7 (x – y - 1)(x + y + 3) = 7 Vì x, y nguyên dương Nên x + y + 3 > x – y – 1 > 0 x + y + 3 = 7 và x – y – 1 = 1 x = 3; y = 1 Phương trình có nghiệm dương duy nhất (x , y) = (3 ; 1) Bài 5 Vẽ đúng hình, cân đối đẹp. 0,25 điểm (2,75 a) a) ADQ = ABR vì chúng là hai tam điểm giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, 0,5 điểm nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tương tự ta có: ABP = ADS do đó AP =AS và APS là tam giác cân tại A. b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và 0,5 điểm AM RQ. Mặt khác : P· AN P· AM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. 0,5 điểm c) Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR. d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =1 QR 0,25 điểm 2 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực 0,25 điểm của AC 3
  4. e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm 0,5 điểm trên đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. Bài 6 a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x + (0,5 2015 0,25 điểm điểm = y2 + 2y(2x - 1) + (2x -1)2 + 9x2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 2010 2 1 Chứng tỏ A 2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = ; y = ) 3 3 2 1 Vậy min A = 2010 khi (x = ; y = ) 3 3 1 1 b) Ta có a3+ b3 + ab (1) a3+b3+ab - 0 (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 2 2 0,25 điểm 1 1 0 a2+b2- 0 (vì a + b =1) 2a2+2b2-1 0 2a2+2(1-a)2-1 0 (vì 2 2 b = 1- a) 2 1 1 2a2+2 - 4a + 2a2 - 1 0 4(a2- a + ) 0 4 a 0 a (2) 4 2 đpcm. TRƯỜNG THCS LAM SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích thành nhân tử: a/ a2 – 7a + 12 4
  5. b/ x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 c/ x3 + y3 + z3 – 3xyz d/ (x2 - 8)2 + 36 Bài 2: (4,0 điểm) Tìm x, biết: 2 3 1 a/ x 4 12 ; b/ : x 3 ; 3 4 4 x 4 x 3 x 2 x 1 c/ 3x 5 4 ; d/ 2011 2012 2013 2014 Bài 3: (2,0 điểm) a2 4a 4 a/ Cho A = . Tìm a Z để A là số nguyên. a3 2a2 4a 8 b/ Tìm số tự nhiên n để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 Bài 4: (2,0 điểm) a 1 b 3 c 5 a/ Tìm a, b, c biết 5a - 3b - 4c = 46 và . 2 4 6 b/ Tìm 2 số hữu tỉ a và b biết: a + b = ab = a : b (b 0) Bài 5: (2,0 điểm) 1 1 1 a/ Cho a + b + c = 1 và = 0. Tính a2 b2 c2 a b c 1 1 1 1 b/ Cho a + b + c = 2014 và . a b a c b c 2014 a b c Tính: S = b c a c a b Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 900. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm C, bờ là đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia DA lấy điểm I sao cho DI = DA. Chứng minh rằng: a/ AI = FH ; b/ DA  FH Bài 7: (2 điểm)Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD. a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình hành. Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của: A x x 1 x 3 x 4 x 6 10 HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Bài 1: (4 điểm) a/ a2 – 7a + 12 = a2 – 3a – 4a + 12 = a(a – 3) – 4(a – 3) 5
  6. = (a – 3)(a – 4) b/ x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 = x4 + x3 + x2 + 2014x2 + 2014x + 2014 – x3 + 1 = x2(x2 + x + 1) + 2014(x2 + x + 1)–(x – 1)(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x4 + 2014 – x + 1) = (x2 + x + 1)(x4– x + 2015) c/ x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 – 3xy(x + y) + z3 – 3xyz = = (x + y + z)3 – 3z(x + y)(x + y + z) – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y + z)2 – 3z(x + y) – 3xy] = (x + y + z)[x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – 3zx – 3zy – 3xy] = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) d/ (x2 - 8)2 + 36 = (x2+ 6x+10)(x2 -6x +10) Bài 2: (4 điểm) 2 2 a/ x 4 12 x 16 x 24 . Vậy x = -24 3 3 3 1 1 15 1 15 1 1 b/ : x 3 : x x : x . Vậy x = 4 4 4 4 4 4 15 15 c/ 3x 5 4 . Xét 2 trường hợp: * Nếu x 5/3 ta có: 3x - 5 = 4 3x = 9 x = 3 (t/m ĐK trên) * Nếu x 1 thì (n - 1) < n(n - 1) + 1 < n2 – n + 1 nên không thể xảy ra n - 1 n2 – n + 1 Vậy giá trị của n tìm được là n = 1 Bài 4: (2,0 điểm) a/ Ta có: a 1 b 3 c 5 5a 5 3b 9 4c 20 2 4 6 10 12 24 a 1 b 3 c 5 5a 3b 4c 5 9 20 2 4 6 10 12 24 Vì 5a - 3b - 4c = 46 nên: a 1 b 3 c 5 46 6 52 2 2 4 6 26 26 6
  7. Suy ra a - 1 = - 4 a = -3; b + 3 = - 8 b = -11; c - 5 = -12 c = - 7 Vậy a = -3; b = - 11 ; c = - 7. b/ Ta có a + b = ab a = ab - b = b(a-1). Do đó: a : b = b(a - 1) = a - 1 nên a + b = a - 1 b = -1 và a = -1(a - 1) a = -a + 1 2a = 1 a = 0,5. Vậy a = 0,5 ; b = -1. Bài 5: (2,0 điểm) a/ Phân tích 2 giả thiết để suy ra đfcm 1 1 1 Phân tích Phần nào có a+b+c thì thay = 1 a b c 1 1 1 1 b/ Ta có: a b a c b c 2011 a + b + c = 2014 a = 2014- (b + c); b = 2014-(a + c); c = 2014 - (a + b) Do đó: 2014 b c 2014 a c 2014 a b S b c a c a b 2014 2014 2014 1 1 1 b c a c a b 1 1 1 2014 3 b c a c a b 1 =2014. 3 1 3 2 . 2014 Vậy S = - 2. Câu 6: (3,0 điểm) H K F A B D C a/ - Xét BDI và CDA có: DB = DC (gt), I B· DI C· DA (đối đỉnh), DA = DI (gt) BDI = CDA (c.g.c) BI = CA (2 cạnh tương ứng), B· ID C· AD (2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra BI//AC. - Xét ABI và FAH có: AB=AF (gt),·ABI F· AH (cùng bù với B· AC ), BI = AH (cùng = AC) ABI = EAH (c.g.c) AI = FH (2 cạnh tương ứng). b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có: B· AI F· AK 900 , mà ·AFH B· AI hay ·AFK B· AI nên ·AFH F· AK 900 - Xét AFK có ·AFH F· AK 900 7
  8. F· KA 900 AK  FK AI  FH (vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH) Bài 7: (2 điểm) a/ A E B - Hình vẽ: // // - Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành M ABCD, ta có O là trung điểm của BD. O - Chứng minh BEDF là hình bình hành - Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của N EF D // // C - Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O. F 1 b/ Xét ABD có M là trọng tâm, nên OM OA 3 1 - Xét BCD có N là trọng tâm, nên ON OC 3 - Mà OA = OC nên OM = ON - Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành. Bài 8: (1 điểm) 2 2 A x x 7x 6 x 7x 12 10 Đặt x2 7x 6 = t A t t t 6 10 t 2 6t 9 1 t 3 2 1 1 A t Min 1 đạt được khi t = -3 2 A x Min 1 đạt được khi x 7x 6 = -3 7 13 7 13 x2 - 7x + 9 = 0 x = ; x = 2 2 PGD&ĐT THỌ XUÂN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS LAM SƠN LẦN THỨ BA - NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (3,5 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử: 8 1) 18x3 - x 25 8
  9. 2) a(a + 2b)3 - b(2a + b)3 3) (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 Bài 2 (2,5 điểm) 3 x 1 x 3 5 Cho biểu thức: A = 2 : 2 x 1 2x 2 2x 2 4x 4 1) Hãy tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức A được xác định. 2) Chứng minh rằng khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến x. Bài 3 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Cho a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: ab + bc + ca = 1. a b 2 b c 2 c a 2 Tính giá trị của biểu thức: A = 1 a2 1 b2 1 c2 x y a b 2) (1,5 điểm) Cho . 2 2 2 2 x y a b Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: xn + yn = an + bn Bài 4 (3,0 điểm) 1) Tìm x: a) x 1 x 3 x 5 4x b) (x2 – 5x + 6).1 x = 0 2) Tìm x, y biết: 7x2 + y2 + 4xy – 24x – 6y + 21 = 0 Bài 5 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Tìm dư khi chia x2015 + x1945 + x1930 - x2 - x + 1 cho x2 - 1 2) (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x2 + 3x + 4)2 Bài 6 (5,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q. 1) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD. 2) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC. 3) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F. Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB. 4) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB. HẾT PGD&ĐT THỌ XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS LAM SƠN LẦN THỨ BA - NĂM HỌC 2014-2015 Môn: Toán Lớp 8 Biểu Bài Câu Nội dung điểm 8 2 4 1 1 18x3 - x = 2x 9x 25 25 0,5 9
  10. 2 2 2x 3x 3x 5 5 0,5 a(a + 2b)3 - b(2a + b)3 = a[(a + b) + b]3 - b[a + (a + b)]3 = a[(a + b)3 + 3(a + b)2b + 3(a + b)b2 + b3] - b[a3 + 3a2(a + b) + + 3a(a + b)2 + (a + b)3 = a(a + b)3 + 3ab(a + b)2 + 3ab2(a + b) + ab3 - a3b - 3a2b(a + b) – 2 - 3ab(a + b)2 - b(a + b)3 = a(a + b)3 + 3ab2(a + b) + ab3 - a3b - 3a2b(a + b) - b(a + b)3 = (a + b)[a(a + b)2 + 3ab2 -ab(a - b) - 3a2b -b(a + b)2] 0,5 = (a + b)(a3 + 2a2b + ab2 + 3ab2 - a2b + ab2 - 3a2b - a2b - 2ab2 - b3] = (a + b) (a3 - 3a2b + 3ab2 - b3) = (a + b)(a - b)3 0,5 Đặt A = (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 A = (x – 2)(x – 5)(x – 4)(x – 5) + 1 = (x2 – 7x + 10)(x2 – 7x + 12) + 1 = (x2 – 7x + 11 – 1)(x2 – 7x + 11 + 1) + 1 = (x2 – 7x + 11)2 – 1 + 1 = (x2 – 7x + 11)2 1,0 2 7 7 49 3 x2 – 7x + 11 = x2 – 2x. 11 2 2 4 2 2 7 5 7 5 7 5 = x = x x 2 2 2 2 2 2 7 5 7 5 Vậy A = x x 2 2 0,5 a) Giá trị của biểu thức A được xác định với điều kiện: 2 x 1 0 2 x 1 2 1 2x 2 0 x 1 x 1 2x 2 0 x 1 2 4x 4 0 0,5 Với x 1 , ta có: 3 x 1 x 3 4x2 4 A = . (x 1)(x 1) 2(x 1) 2(x 1) 5 6 (x 1)2 (x 3)(x 1) 4(x 1)(x 1) = . 2 2(x 1)(x 1) 5 (6 x2 2x 1 x2 2x 3).2 = 5 = 4 1,0 Vậy khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến 0,5 Ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(c + a) 0,5 2 2 1 Tương tự: 1 + b = (b + a)(b + c) và 1 + c = (c + a)(c + b) 0,5 3 a b 2 (b c)2 (c a)2 Do đó: A = 1 (a b)(a c)(b a)(b c)(c a)(c b) 0,5 2 Từ x2 + y2 = a2 + b2 (x2 – a2) + (y2 – b2) = 0 0,25 10
  11. (x – a)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0 Bởi vì: x + y = a + b x – a = b – y, thế vào ta có: (b – y)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0 (b – y)[(x + a) – (y + b)] = 0 0,25 b y 0 x a y b 0,25 n n n n Nếu b – y = 0 y b x a y a b 0,25 x y b a x b Nếu x + a = y + b x y a b y a 0,25 Do đó: xn + yn = bn + an = an + bn n n n n Vậy trong mọi trường hợp, ta có: x + y = a + b 0,25 x 1 x 3 x 5 4x (1) Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4x 0 x 0 0,25 x 0 nên x + 1 > 0, x + 3 > 0, x + 5 > 0 1.a) x 1 x 1, x 3 x 3, x 5 x 5 0,25 Do đó: (1) x + 1 + x + 3 + x + 5 = 4x x = 9. Vậy x = 9. 0,5 (x2 – 5x + 6).1 x = 0 (1) Điều kiện: 1 – x 0 x 1 (*) 0,25 (1) x2 – 5x + 6 = 0 hoặc 1 x = 0 1.b) (x – 2)(x – 3) = 0 hoặc 1 – x = 0 4 x = 2 hoặc x = 3 hoặc x = 1 0,5 Các giá trị x = 2, x = 3 không thỏa mãn điều kiện (*) Vậy x = 1. 0,25 7x2 + y2 + 4xy – 24x – 6y + 21 = 0 y2 + 4xy – 6y + 7x2 – 24x + 21 = 0 y2 + 2y(2x – 3) + (2x – 3)2 + 3x2 – 12x + 12 = 0 (y + 2x – 3)2 + 3(x2 – 4x + 4) = 0 (y + 2x – 3)2 + 3(x – 2)2 = 0 0,5 2 y 2x 3 0 (vì (y + 2x – 3)2 0 và 3(x – 2)2 0) x 2 0 0,5 x 2 . Vậy x = 2; y = -1 y 1 0,5 Đặt f(x) = x2015 + x1945 + x1930 - x2 - x + 1 cho x2 – 1 Gọi thương khi chia f(x) cho x2 – 1 là Q(x), dư là ax + b. Ta có: f(x) = (x2 – 1).Q(x) + ax + b. 0,25 Đẳng thức trên đúng với mọi x nên: 1 - Với x = 1 ta được: f(1) = a + b a + b = 2 (1) 0,25 - Với x = -1 ta được: f(-1) = -a + b -a + b = 0 (2) 0,25 5 Từ (1) và (2) suy ra: a = 1, b = 1. 0,5 Dư phải tìm là x + 1 0,25 2 2 3 3 9 3 7 Ta có: A = x2 + 3x + 4 = x2 + 2x. 4 = x 2 2 4 2 4 0,25 2 2 2 3 3 7 7 Với mọi x, ta có: x 0 x > 0 2 2 4 4 11
  12. 2 7 49 A 12,25 2 4 0,25 3 3 Dấu “=” xảy ra khi x 0 x 2 2 0,5 3 Vậy minA = 12,25 khi x = - 2 0,5 1 Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O là trung 0,5 điểm của mỗi đường. 1 Ta có: AO, BE là trung tuyến của ABD 0,5 Mà: AO cắt BE tại P nên P là trọng tâm của ABD . 2 2 1 1 Theo câu 1) P là là trọng tâm của ABD AP AO . AC AC 3 3 2 3 0,5 1 6 Tương tự, ta có: CQ AC 2 3 0,5 1 Do đó: PQ = AC – AP – CQ = AC 3 Vậy AP = PQ = QC Vì I đối xứng với M qua E nên EI = EM Ta có: AE = ED, EI = EM AMDI là hình bình hành 0,5 3 AI // MD (1) Chứng minh tương tự, ta có: BK // MC (2) 0,5 Từ (1), (2) và (3) suy ra I, A, B, K thẳng hàng hay I, K thuộc đường thẳng AB. KMI có E, F lần lượt là trung điểm của MI, MK EF là đường trung bình của KMI 1 0,5 EF= KI KI = 2.EF 4 2 Suy ra AI + AK = IK = 2.EF (4) BF // AE và AF = AE Tứ giác ABFE là hình bình hành 0,5 EF = AB (5) Từ (4) và (5) suy ra: AI + AK = 2.AB không đổi khi M di động trên cạnh CD. Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ MÃ SỐ 01 Môn thi: Toán Lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (3,0 điểm). Ph©n tÝch c¸c ®a thøc sau thµnh nh©n tö: a) 12x3 + 16x2 - 5x - 3 12
  13. b) (x2 - x + 1)2 - 5x(x2 - x + 1) + 4x2 Câu 2 (3,0 điểm). a) Chứng minh rằng: Nếu x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx thì x = y = z a2 b2 c2 a c b b) Cho ba số a, b, c khác 0 thoả mãn: . b2 c2 a2 c b a Chứng minh rằng a = b = c. Câu 3 (4,0 điểm). Giải các phương trình: a) 2x 1 2x 5 = 4 (1) 2 2 2 x 3 x 3 7 x 9 b) 6 2 0 x 2 x 2 x 4 Câu 4 (4,0 điểm). 2 2 1 1 a) Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng: x y 8 x y b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2015 , với x là số nguyên. x 3 Câu 5 (6,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và cắt CD ở I. Chứng minh rằng: a) DK = CI b) EF // CD c) AB2 = CD.EF PGD & ĐT THỌ XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI ĐỀ Mà SỐ 01 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn : Toán Lớp 8 Câu Nội dung Điểm a) 1,5 12x3 + 16x2 - 5x - 3 = 12x3- 6x2 + 22x2 - 11x + 6x - 3 = 6x2(2x -1) + 11x(2x - 1) + 3(2x - 1) 0,25 = (2x - 1)(6x2 + 11x + 3) 0,5 = (2x - 1)(6x2 + 9x + 2x + 3) = (2x - 1)[3x(2x + 3) + (2x + 3)] 0,25 = (2x - 1)(2x + 3)(3x + 1) 0,5 1 b) 1,5 A = (x2 - x + 1)2 - 5x(x2 - x + 1) + 4x2 §Æt x2 - x + 1 = y, ta cã A = 4x2 - 5xy + y2 = (4x - y)(x - y) 0,5 = (4x - x2 + x - 1)(x -x2 + x - 1) = (x2 - 5x + 1)(x2 - 2x + 1) 0,25 2 2 = (x - 1) (x - 5x + 1) 0,25 0,5 13
  14. 2 5 21 5 21 = (x - 1) x x 2 2 a) 1,0 Ta có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 = 0 (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 (1) 0,5 Ta có : (x – y)2 0, (y – z)2 0 , (z – x)2 0 x y 0 Do đó: (1) y z 0 . 0,25 z x 0 x y z 0,25 b) Có thể chứng minh một trong hai cách sau: 2,0 a2 b2 c2 a c b Cách 1. Ta có: b2 c2 a2 c b a a4c2 + b4a2 + c4b2 = abc(a2c + c2a + b2c) 0,5 Đặt x = a2c, y = b2a, z = c2b. Ta được: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 0,25 Áp dụng kết quả câu a) ta được: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 0,25 2 x = y = z 0,25 a2c = b2a = c2b ac = b2; bc = a2; ab = c2 0,25 a = b = c (đpcm). 0,5 Cách 2: Đặt x = a , y = b , z = c . Khi đó xyz = 1. b c a 0,25 a 2 b2 c2 a c b Từ + + = + + suy ra: b2 c2 a 2 c b a 1 1 1 xy + yz + zx x2 + y2 + z2 = + + = = xy + yz + zx 0,5 x y z xyz Áp dụng kết quả câu a) ta được: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 0,25 x = y = z 0,25 a b c = = b c a 3 3 3 a b c abc 0,25 = = = 1 b c a abc a b c 0,25 = = = 1 b c a 0,25 a = b = c (đpcm). a) 2,0 2x 1 2x 5 = 4 3 Có thể giải bằng một trong các cách sau: Cách 1: Ta có: 0,5 14
  15. (1) 2x 1 5 2x 2x 1 5 2x 2x 1 5 2x 0 0,5 (áp dụng tính chất: a b a b ab 0 ). 0,5 1 5 x 2 2 0,5 1 5 Vậy phương trình có nghiệm là x . 2 2 0,5 Cách 2: Ta có: (1) 2x 1 5 2x 2x 1 5 2x 2x 1 0 0,5 (áp dụng tính chất a b a b a,b 0 ) 5 2x 0 1 5 0,5 x 2 2 1 5 Vậy phương trình có nghiệm là x . 0,5 2 2 0,5 Cách 3: Ta có: (1) 2x 1 2x 5 (2x 1) (2x 5) 2x 1 0 0,5 (áp dụng tính chất a b a b a 0;b 0 ) 2x 5 0 1 5 0,5 x 2 2 1 5 0, 5 Vậy phương trình có nghiệm là x . 2 2 Cách 4: Lập bảng xét dấu: x 1/2 5/2 0,25 2x – 1 - 0 + + 2x – 5 - - 0 + - Trong khoảng x 5 , ta có: 2 (1) 2x – 1 + 2x – 5 = 4 0,25 4x 10 0,25 5 x 2 0,25 (không thuộc khoảng đang xét). 15
  16. 1 5 Vậy phương trình có nghiệm là x . 2 2 Cách 5: 0,25 0 1 5 0,25 Ta có: 2x 1 là khoảng cách từ điểm 2x đến điểm 1; 2x 5 là khoảng cách từ điểm 2x đến điểm 5. 0,25 2x 1 2x 5 là tổng các khoảng cách từ điểm 2x đến điểm 1 và điểm 5. 0,25 Tổng này bằng 4 khi điểm 2x ở giữa điểm 1 và 5 hoặc trùng với điểm 1, hoặc trùng với điểm 5. 0,5 1 5 Khi đó: 1 2x 5 x 2 2 0,5 1 5 Vậy phương trình có nghiệm là x 2 2 b) 2,0 2 2 2 x 3 x 3 7 x 9 6 2 0 x 2 x 2 x 4 Có thể giải bằng một trong các cách sau: Cách 1: ĐKXĐ: x 2 0,25 x 3 x 3 x 3 x 3 x2 9 Đặt a; b , suy ra : ab = . , x 2 x 2 x 2 x 2 x2 4 ta có: a2 + 6b2 – 7ab = 0 0,25 (a – b)(a – 6b) = 0 a = b hoặc a = 6b 0,25 x 3 x 3 - Với a = b, ta có: x 2 x 2 (x + 3)(x + 2) = (x – 2)(x – 3) x2 + 5x + 6 = x2 – 5x + 6 10x = 0 0,25 x = 0 (thoả mãn ĐKXĐ) 0,25 x 3 x 3 - Với a = 6b, ta có: 6. x 2 x 2 (x + 3)(x + 2) = 6(x – 2)(x – 3) x2 + 5x + 6 = 6x2 – 30x + 36 5x2 - 35x + 30 = 0 x2 – 7x + 6 = 0 0,25 (x – 1)(x – 6) = 0 x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ) hoặc x = 6 (thoả mãn ĐKXĐ) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 0 ;1; 6 0,25 2 2 2 x 3 x 3 7 x 9 Cách 2: 6 2 0 (1) x 2 x 2 x 4 ĐKXĐ: x 2 0,25 16
  17. (1) (x + 3)2(x + 2)2 + 6(x – 3)2(x – 2)2 – 7(x2 – 9)(x2 – 4) = 0 0,25 (x2 + 6x + 9)(x2 + 4x + 4) + (6x2 – 36x + 54)(x2 – 4x + 4) – - (7x2 – 63)(x2 – 4) = 0 x4 + 4x3 + 4x2 + 6x3 + 24x2 + 24x + 9x2 + 36x + 36 + 6x4 – - 24x3 + 24x2 – 36x3 + 144x2 – 144x + 54x2 – 216x + 216 - - 7x4 + 28x2 + 63x2 - 252 = 0 50x3 - 350x2 + 300x = 0 0,25 x3 – 7x2 + 6x = 0 0,25 x(x2 – 7x + 6) = 0 x(x – 1)(x – 6) = 0 0,25 x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = 6. 0,25 Các giá trị trên đều thoả mãn ĐKXĐ. 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 0 ;1; 6 . 0,25 a) 2,0 1 Bài toán phụ: Chứng minh rằng a2 + b2 (a + b)2 (1) 2 Chứng minh: (1) 2a2 + 2b2 a2 + 2ab + b2 a2 – 2ab + b2 0 (a – b)2 0 0,25 Áp dụng bài toán phụ (1), ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 x y x y (2) x y 2 x y 0,25 2 2 2 1 1 x y 2 Mà x y 2 2 (vì x + y = 2) 0,25 x y xy xy (x + y)2 Với x, y > 0, ta có 0 0 0,5 Xét x 3 thì do x Z nên x 0;1;2 0,5 + Khi x 0 thì B = - 403 + Khi x 1 x 1 thì B = - 503,75 + Khi x 2 x 2 thì B = - 2015 0,5 17
  18. Vậy min B = -2015 x = 2 . 0,5 A B E F 2,0 D K I C a) Tứ giác ABCK có: 0,25 AB // CK (AB // CD, K CD) 0,25 AK // BC (gt) 0,25 ABCK là hình bình hành 0,5 CK = AB 0,25 DK = CD – CK = CD – AB (1) 0,5 Chứng minh tương tự, ta có DI = AB IC = CD – DI = CD – AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: DK = IC b) DEK có AB // DK, theo hệ quả định lý Ta-let ta có: 2,0 AE AB = (3) EK DK 5 0,5 FIC có AB // IC, theo hệ quả định lý Ta-let ta có: AF AB = (4) FC IC 0,5 Mà: DK = IC (câu a) (5) AE AF Từ (3), (4), (5) suy ra: = EK FC 0,5 AE AF AKC có = EF // KC (định lý Ta-lét đảo) EK FC 0,5 EF // CD c) AB CK Ta có: = (vì AB = CK) (6) 2,0 CD CD 0,25 BCD có EK // BC, theo định lý Ta-lét ta có: CK BE = (7) CD BD 0,25 BDI có EF // DI, theo định lý Ta-let ta có: BE EF = BD DI 0,5 Mà DI = AB BE EF Suy ra: = (8) BD AB 0,5 AB CK BE EF Từ (6), (7), (8) suy ra: = = = CD CD BD AB 18
  19. AB EF = AB2 = CD. EE CD AB 0,5 Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn thi: Toán Lớp 8 ĐỀ Mà SỐ 02 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (2,0 điểm). 3 3 3 Rút gọn biểu thức: B = x y z 3xyz (x y)2 (y z)2 (x z)2 Câu 2 (4,0 điểm). a) Tìm số dư trong phép chia đa thức (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 cho x2 + 8x + 12. b) Tìm mọi số nguyên x sao cho x3 - 2x2 + 7x - 7 chia hết cho x2 + 3. Câu 3 (4,0 điểm). Giải các phương trình: 3 3 1 3 3 a) x 3 x 4 1 x 0 4 4 3 x 3 x b) x x 2 x 1 x 1 Câu 4 (4,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức a) A = 3x 1 x 2 4x 3 2 b) B = 14x 8x 9 3x2 6x 9 Câu 5 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. M, D tương ứng là trung điểm của BC, AM. H là hình chiếu của M trên CD. AH cắt BC tại N, BH cắt AM tại E. Chứng minh rằng: a) Tam giác MHD đồng dạng với tam giác CMD. b) E là trực tâm tam giác ABN. Câu 6 (2,0 điểm): Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD vµ N lµ mét ®iÓm trªn ®­êng chÐo AC sao cho B· NM 900 . Gäi F lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua N. Chøng minh r»ng FB  AC. ĐỀ Mà SỐ 02 HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI Môn : Toán Lớp 8 Câu Nội dung Điểm 19
  20. 2,0 Ta có: x3 - y3 - z3 - 3xyz = (x - y)3 + 3xy(x - y) - z3 - 3xyz = (x - y - z)3 + 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z) = (x - y - z)[(x - y - z)2 + 3xz - 3yz + 3xy)] 0,25 = (x - y - z)(x2 + y2 + z2 -2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy) = (x - y - z)(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz) 0,25 2 2 2 1 (x + y) + (y - z) + (x + z) = x2 + 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + x2 + 2xz + z2 0,25 = 2(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz) 0,25 x y z x2 y2 z2 xy yz xz Vậy B = 2 x2 y2 z2 xy yz xz 0,5 x y z = 0,5 2 a) HS có thể làm một trong các cách sau: 2,0 Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9 0,25 = (x2 + 8x + 7)[(x2 + 8x + 12) + 3] + 9 0,25 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 7) + 9 0,25 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 12) + 9 – 15 0,25 = (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6 0,5 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 0,5 2 Cách 2. f(x) = (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 9 0,25 = x4 + 4x3 + 3x2 + 12x3 + 48x2 + 36x + 35x2 + 140x + 105 + 9 0,25 = x4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 0,25 Thực hiện phép chia đa thức x 4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 cho x2 + 8x + 12 được thương là x2 + 8x + 10 và số dư là - 6. 0,75 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 0,5 Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng ax + b. 0,25 Gọi đa thức thương là Q(x), ta có: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 = (x2 + 8x + 12)Q(x) + ax + b 0,25 Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b - 2a + b = -6 0,25 Cho x = - 6, ta có: - 5.(- 3)(-1). 1 + 9 = - 6a + b - 6a + b = - 6 0,25 Ta có (-2a + b) – (- 6a + b) = 0 a = 0 0,25 Do đó b = - 6. 0,25 Đa thức dư là - 6. 0,5 Cách 4. f(x) = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9 0,25 20
  21. = [(x2 + 8x + 12)- 5][(x2 + 8x + 12) + 3] + 9 0,25 = (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 15 + 9 0,5 = (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 6 0,25 = (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6 0,25 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 0,5 2 b) 2,0 Thực hiện phép chia đa thức B = x3 - 2x2 + 7x - 7 cho C = x2 + 3, ta được: Đa thức thương: x – 2; đa thức dư: 4x – 1. 0, 5 Suy ra: x3 - 2x2 + 7x - 7 = (x2 + 3)(x - 2) + 4x - 1 0,25 Do đó: B  (x2 + 3) (4x 1) (3x2 3) (1) Vì 4x 1 và 4x 1 nên (1) (4x - 1)(4x + 1)  (x2 + 3) (16x2 - 1)  (x2 + 3) 16(x2 - 3) - 49  (x2 + 3) 49  (x2 + 3) 0,5 Vì x2 + 3 3 nên chỉ xảy ra một trong hai trường hợp sau: x 2 + 3 = 49, không có gía trị nào thoả mãn. x 2 + 3 = 7 x2 = 4 x = 2 (thoả mãn (1)) hoặc x = -2 (loại do không thoả mãn (1)) 0,5 Vậy x = 2. 0,25 a) 2,0 HS có thể làm một trong hai cách sau: Cách 1: 1 3 0,25 Đặt a = x 3 ; b = x 4 a + b = x - 1 1 - x = -(a + b) 4 4 0,25 Ta có (1) a3 + b3 - (a + b)3 = 0 3 3 3 3 3 a + b - a - b - 3ab(a + b) = 0 0,25 -3ab(a + b) = 0 1 x 3 0 4 a 0 3 b 0 x 4 0 0,5 4 a b 0 x 1 0 x 12 16 x 0,5 3 x 1 16  0,25 Tập nghiệm của phương trình là S = 12; ;1 . 3  3 3 1 3 3 Cách 2: x 3 x 4 1 x 0 4 4 3 2 1 1 1 2 x 3. x .3 3 x .3 + 27 + 4 4 4 21
  22. 3 2 3 3 3 2 3 2 3 + x 3 x .4 3 x .4 4 + 1 – 3x + 3x – x = 0 4 4 4 x3 9 27 27 27 x2 + x + 27 + x3 - x2 + 36x – 64 + 64 16 4 64 4 + 1 – 3x + 3x2 – x3 = 0 9 51 159 0,5 x3 - x2 +x - 36 = 0 16 16 4 - 9x3 - 51x2 + 636x – 576 = 0 0,25 3x3 + 17x2 – 212x + 192 = 0 0,5 (x – 1)(x + 12)(3x – 16) = 0 3 x 12 16 x 3 0,5 x 1 16  0,25 Tập nghiệm của phương trình là S = 12; ;1 . 3  b) 2,0 3 x 3 x x x 2 x 1 x 1 HS có thể làm một trong hai cách sau: Cách 1: ĐKXĐ: x 1 0,25 3 x 3x x2 3 - x x2 + 3 Đặt a x , b = x + = x 1 x 1 x + 1 x + 1 ab = 2 (1) Ta có: 3x - x2 x2 + 3 a + b = + = 3 (2) 0,25 x + 1 x + 1 (2) a = 3 - b (3) Thay (3) và (1) ta được: (3 - b)b = 2 b2 – 3b + 2 = 0 (b – 1)(b – 2) = 0 0,25 b = 1 hoặc b = 2 - Với b = 1, từ (3) ta có a = 2. Suy ra: 3x x2 x2 + 3 2 và 1 x 1 x + 1 Ta có phương trình: x2 – x + 2 = 0 2 0,25 1 5 x 0 , phương trình vô nghiệm. 2 4 0,25 - Với b = 2, từ (3) ta có a = 1. Suy ra: 3x x2 x2 + 3 1 và 2 x 1 x + 1 Ta có phương trình: x2 – 2x + 1 = 0 x 1 2 0 0,25 x 1 (thoả mãn ĐKXĐ) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1  0,25 22
  23. 3 Cách 2: ĐKXĐ: x 1 . 0,25 3 x 3 x 3x x2 x2 x 3 x x x 2 . 2 x 1 x 1 x 1 x 1 3x x2 x2 3 2 x 1 2 0,25 3x3 + 9x – x4 – 3x2 = 2x2 + 4x + 2 x4 – 3x3 + 5x2 – 5x + 2 = 0 (x – 1)2(x2 – x + 2) = 0 0,25 x – 1 = 0 hoặc x2 – x + 2 = 0 0,5 1) x – 1 = 0 x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ) 2) x2 – x + 2 = 0 0,25 2 1 5 x 0 , phương trình vô nghiệm. 0,25 2 4 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1  a) 2,0 HS có thể làm một trong hai cách sau: Cách 1: Áp dụng tính chất a a , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 0 , ta có: A = 3x 1 x 2 4x 3 0,5 3x + 1 + x + 2 - 4x + 3 = 6 0,25 A 6 . 4 0,25 Dấu “=” xảy ra 3x + 1 0 và x + 2 0 1 1 0,25 x và x 2 x 3 3 1 0,5 Vậy min A = 6 x 3 Cách 2: Lập bảng xét dấu: x - 2 -1/3 3x + 1 - - 0 + x + 2 - 0 + + 0,25 - Trong khoảng x 16 A > 16 1 0,25 - Trong khoảng 2 x , ta có: 3 A = - 3x – 1 + x + 2 – 4x + 3 = -6x + 4 1 0,25 Do 2 x nên 2 6x 12 6 6x+4 18 3 0,25 - Trong khoảng x > -1/3, ta có: A = 3x + 1 + x + 2 – 4x + 3 = 6 A = 6 0,25 Như vậy, với mọi x ta có A 6, dấu “=” xảy ra khi và chỉ 1 0,25 khi x 3 0,25 23
  24. 1 Vậy min A = 6 x . 4 3 b) 2,0 HS có thể làm một trong hai cách sau: 2 2 2 Cách 1: Ta có: B =14x 8x 9 = 2x 4x 6 12x 12x 3 3x2 6x 9 3x2 6x 9 2(x2 2x 3) 3 4x2 4x 1 = 3(x2 2x 3) 2 2 2 3 2x 1 2 2x 1 = = 0,5 3 x2 2x 3 3 x 1 2 2 Với mọi x, ta có; 3(2x – 1)2 0, (x + 1)2 + 2 2 > 0 2 2x 1 2 0 B x 1 2 2 3 0,5 1 Dấu “=” xảy ra khi 2x – 1 = 0 x = 0,5 2 2 1 Vậy minB = x 0,5 3 2 2 Cách 2: Ta có: B - 2 = 14x 8x 9 - 2 3 3x2 6x 9 3 (14x2 8x 9) 2(x2 2x 3) 12x2 12x 3 (2x 1)2 = = 0,5 3(x2 2x 3) 3(x2 2x 3) x 1 2 2 Với mọi x, ta có; 3(2x – 1)2 0, (x + 1)2 + 2 2 > 0 2 2x 1 2 2 0,5 0 B - 0 B x 1 2 2 3 3 1 0 ,5 Dấu “=” xảy ra khi 2x – 1 = 0 x = 2 2 1 0,5 Vậy minB = x 3 2 A 1,25 D 0,25 H E 5 B M N C a) Vì M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến của tam giác ABC. 0,25 24
  25. Mà ABC cân tại A (gt) Suy ra: AM là đường cao của ABC Xét MHD và CMD có: 0,75 M· HD C· MD (= 900) M· DH C· DM 2,0 Suy ra: MHD CMD (g.g). b) MHD CMD (câu a) HD HM 0,25 MD CM HD HM 0,25 (vì MD = AD, CM = BM) AD BM Mặt khác ta có: 0,25 ·ADH 900 D· MH B· MH . 0,25 Suy ra HDA HMB (trường hợp đồng dạng thứ hai) 0,25 Do đó: ·AHD B· HM 0,25 Từ đó: ·AHB D· HM 900 hay BH  AN 0,5 Kết hợp với AM  BC ta suy ra E là trực tâm của tam giác ABN. B E C I M F N A D Gọi I là trung điểm của BF, đường thẳng NI cắt BC tại E. Ta có: F đối xứng với A qua N (gt) N là trung điểm của AF. 0,25 6 Mà I là trung điểm của BF NI là đường trung bình của tam giác ABF 0,25 1 NI // AB và NI = AB . 2 Mặt khác AB // CD; AB = CD (ABCD là hình chữ nhật và M 0,5 là trung điểm của CD) 0,25 CD AB  BC; CM = 0,25 2 Suy ra NI  BC; NI // CM và NI = CM Tứ giác CINM là hình bình hành. CI // MN 0,25 Mà MN  BN B· NM 1v CK  BN tại K. 0,25 Do đó I là trực tâm của tam giác BCN BF  AC. Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Môn thi: Toán Lớp 8 ĐỀ MÃ SỐ 03 Thời gian làm bài: 150 phút 25
  26. Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3. b) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015. 2 x 2 1 10 x Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: A 2 : x 2 x 4 2 x x 2 x 2 1 a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của A , Biết x = . 2 c. Tìm giá trị của x để A 0 x >2 (0,25 điểm) 1 d) A Z Z x-2 Ư(-1) x-2 { -1; 1} x {1; 3} (0,5 điểm) x 2 Bài 3: (2 điểm) a) (1đ) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ; (0,25 điểm) 26
  27. ĐKXĐ : x 4;x 5;x 6;x 7 (0,25 điểm) 1 1 1 1 Phương trình trở thành : (x 4)(x 5) (x 5)(x 6) (x 6)(x 7) 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 (0,25 điểm) x 4 x 7 18 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm được x=-13; x=2; (0,25 điểm) b) (1đ) Đặt b+c-a = x >0; c+a-b = y >0; a+b-c = z >0 (0,25 điểm) y z x z x y Từ đó suy ra a=;b ;c ; (0,25 điểm) Thay 2 2 2 y z x z x y 1 y x x z y z vào ta được A= ( ) ( ) ( ) (0,25 điểm) 2x 2y 2z 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A (2 2 2) hay A 3 (0,25 điểm) 2 Bài 4: (3,5 điểm) a)Ta có : BE AC (gt); DF AC (gt) BE // DF (0,25 điểm) Chứng minh : BEO DFO(g c g) BE = DF (0,5 điểm) Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành (0,25 điểm) b) Chứng minh: ABC=  ADC  HBC=  KDC (0,25 điểm) CH CB CHB ∽ CKD(g-g) CH.CD CK.CB (1 điểm) CK CD c)Chứng minh : AFD ∽ AKC(g-g) (0,25 điểm) AF AD AD.AK AF .AC (0,25 điểm) AK AC CF CD Chứng minh : CFD ∽ AHC(g-g) (0,25 điểm) AH AC CF AB Mà : CD = AB AB.AH CF.AC (0,25 điểm) AH AC Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (0,25 điểm) H B C F O E A K D GIAÛI MOÄT SOÁ ÑEÀ THI 27
  28. Đề 1 Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4 a b c Bài 2: a) Tính S = (c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a) 1 1 1 1 b) Chứng minh (3n 2)(3n 5) 3 3n 2 3n 5 150 150 150 150 c) Tính 5.8 8.11 11.14 47.50 Bài 3: Giải các phương trình x 1 x 1 2 7 x 5 x 3 x a) b) 3 x2 x 1 x2 x 1 x(x4 x2 1) 1993 1995 1997 Bài 4: Cho ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm c) Chứng minh AM = AN Bài 5: Cho M là điểm nằm trong ABC, từ M kẻ MA’  BC, MB’  AC, MC’  AB MA ' MB' MC' (A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: = 1 ha hb hc (Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ABC ) Bài giải Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) = x - 2 b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 Vì ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax3 - 2x - 4 , nên ta có: a. 23 - 2. 2 - 4 = 0 8a - 8 = 0 a = 1 c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4 Nghiệm của đa thức là các giá trị của x để 2 3 2 x 2x 2 0 x - 2x - 4 = 0 (x + 2x + 2)(x - 2) = 0 x 2 0 +) x - 2 = 0 x = 2+) x2 + 2x + 2 (x2 + 2x + 1) + 1 = 0 (x + 1)2 + 1 = 0 : Vô nghiệm Vì (x + 1)2 + 1 > 0 với mọi x Bài 2: a b c a(b c) b(c a) c(a b) a) S = (c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b)(b c) a(b c) b(c a) c(a b) ab ac bc ab ac bc 0 = 0 (c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c) 1 1 1 1 b) Chứng minh (3n 2)(3n 5) 3 3n 2 3n 5 1 1 1 1 3n 5 (3n 2) 1 3 1 Ta có: . 3 3n 2 3n 5 3 (3n 2)(3n 5) 3 (3n 2)(3n 5) (3n 2)(3n 5) 28
  29. 150 150 150 150 c) Tính : 5.8 8.11 11.14 47.50 150 150 150 150 áp dụng câu b ta tính được = 9 5.8 8.11 11.14 47.50 Bài 3: Giải các phương trình x 1 x 1 2 x(x 1)(x2 x 1) x(x 1)(x2 x 1) 2 a) (1) x2 x 1 x2 x 1 x(x4 x2 1) x(x4 x2 1) x(x4 x2 1) x(x4 x2 1) ĐKXĐ: x(x4 + x2 + 1) 0 x 0 Vì x4 + x2 + 1 > 0 (1) x(x + 1)(x2 - x + 1) - x(x - 1)(x2 + x + 1) = 2 x(x3 - 1) - x(x3 + 1) = 2 x4 - x - x4 - x = 2 - 2x = 2 x = - 1 7 x 5 x 3 x 7 x 5 x 3 x b) 3 1 1 1 0 1993 1995 1997 1993 1995 1997 x = 2000 Bài 4: Cho ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm c) Chứng minh AM = AN Giải D a) Chứng minh D· AB + B· AC + C· AE = 1800 A D, A, E thẳng haøng M b) Ñaët AB = c, AC = b. N E BD // AC (cuøng vuoâng goùc vôùi AB) MC AM AC AM AC neân B C MD MB BD MB + AM AC + BD AM AC AM AC AC. AB AM (1) AB AC + BD AB AC AB AC AB AM(AC + AB) = AC. AB 3(4 + AB) = 4 AB AB = 12 cm MB = 9 cm MC AM MC.MB 5.9 Töø MD 15 cm MD MB MA 3 AN AB AN AB c) AB // CE (cuøng vuoâng goùc vôùi AC) neân NC CE NC + AN AB + CE AN AB AB. AC AN (2) AC AB + AC AB + AC Töø (1) vaø (2) suy ra: AM = AN Bài 5: Cho M là điểm nằm trong ABC , từ M kẻ MA’  BC, MB’  AC, MC’  AB MA ' MB' MC' (A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: = 1 ha hb hc (Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ABC ) Giải Kẻ đường cao AH, ta có: 29
  30. A MA ' MA ' S MBC (1) ha AH SABC MB' S MC' S B' Tương tự: MCA (2) và MBA (3) C' hb SABC hc SABC Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có: MA ' MB' MC' S S S M MBC MCA MBA ha hb hc SABC SABC SABC S S S S B A' H C = MBC MCA MBA ABC 1 SABC SABC ĐỀ 2 Câu 1 a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngoài ra còn biết thêm a b2 (b c) . Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0 b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x3 + y3 + 3xy Câu 2: a) Giải phương trình: x 2 3 1 a b c b) Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và 0 b c c a a b a b c Chứng minh rằng: 0 (b c)2 (c a)2 (a b)2 Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của B· AC , Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex lấy điểm H sao choB· AE E· CH . Chứng minh rằng: a) BE. EC = AE. EH b) AE2 = AB. AC - BE. EC Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC tại F. Chứng minh rằng: EF // DC h­íng dÉn gi¶i C©u 1: a) V× a b2 (b c) nªn a 0 vµ b 0 v× NÕu a = 0 b = 0 hoÆc b = c. V« lÝ NÕu b = 0 a = 0. V« lÝ c = 0 a = b3 mµ a 0 víi mäi a b > 0 a < 0 b) V× x + y = 1 A = x3 + y3 + 3xy = x3 + y3 + 3xy (x + y) = (x + y)3 = 1 a b c a b c b2 ab + ac - c2 C©u 2: b) Töø + 0 = b - c c - a a - b b - c a - c b - a (a - b)(c - a) a b2 ab + ac - c2 1 (1) (Nhaân hai veá vôùi ) (b - c)2 (a - b)(c - a)(b - c) b - c b c2 bc + ba - a 2 c a 2 ac + cb - b2 Töông töï, ta coù: (2) ; (3) (c - a)2 (a - b)(c - a)(b - c) (a - b)2 (a - b)(c - a)(b - c) 30
  31. Coäng töøng veá (1), (2) vaø (3) ta coù ñpcm A C©u 3: a) Ta cã BAE HCE (g.g) BE AE BE.EC AE.EH (1) C EH EC B E b) BAE HCE (g.g) · · · · ABE = CHE ABE = CHA H BAE HAC (g.g) x AE AB AB.AC AE.AH (2) AC AH Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã : AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE2 C©u 4: A B Goïi O laø giao ñieåm cuûa AC vaø BD OE OA O a) Vì AE // BC = (1) OB OC E OB OF F BF // AD = (2) OD OA D OE OF Nhaân (1) vôùi (2) veá theo veá ta coù: = C OD OC EG // CD ĐỀ 3 2 x 4 Bài 1: Cho phân thức: P = x2 x 20 a) Tìm TXĐ của P b) Rút gọn P c) Tính giá trị của P khi x 5 1,5 Bài 2: So sánh A và B biết: a) A = 2002. 2004 và B = 20032 b) A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) và B = 264 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC. Hạ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD và BG vuông góc với AC. Chứng minh: a) ACE ABG và AFC CBG b) AB. AE + AD. AF = AC2 Bài 4: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có Â = 600. Một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của tia BA và DA lần lượt tại M và N a) Chứng minh: Tích BM. DN có giá trị không đổi b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo góc BKD Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4(x + y) = 11 + xy Giải Bài 1: 31
  32. a) Đkxđ: x2 + x - 20 0 (x - 4)(x + 5) 0 x 4 và x - 5 2 x 4 2 x 4 b) P = x2 x 20 (x 4)(x 5) 2 Nếu x > 4 P = x 5 2 Nếu x < 4 P = x 5 x 5 1,5;(x 5) x 6,5 c) x 5 1,5 5 x 1,5;(x 5) x 3,5 2 2 2 20 4 Với x = 6,5 thì P = x 5 6,5 5 11,5 115 23 2 2 2 2 Với x = 3,5 thì P = x 5 3,5 5 8,5 17 Bài 2: a) A = 2002. 2004 = (2003 - 1)(2003 + 1) = 20032 - 1 < 20032 A < B b) Ta có: A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (22 - 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (24 - 1)( 24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (28 - 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (216 - 1)(216 + 1)(232 + 1) = (232 - 1)(232 + 1) = 264 - 1 < 264 A < B Bài 3: AE AC Ta coù AGB AEC = AG AB AB. AE = AC. AG (1) AF CG CG CGB AFC = (vì CB = AD) AC CB AD AF . AD = AC. CG (2) Coäng (5) vaø (6) veá theo veá ta coù: AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC Vaäy: AB. AE + AD. AF = AC2 Bµi 4: MB CM a) BC // AN = (1) BA CN CM AD CD// AM = (2) CN DN MB AD Töø (1) vaø (2) suy ra = MB.DN = BA.AD = a.a = a 2 BA DN b) MBD vaø BDN coù M· BD = B· DN = 1200 MB MB CM AD BD = = (Do ABCD laø hình thoi coù Aµ = 600 neân BD BA CN DN DN AB = BC = CD = DA) MBD BDN µ µ · · µ µ · · 0 Suy ra M1 = B1 . MBD vaø BKD coù BDM = BDK vaø M1 = B1 neân BKD = MBD = 120 32
  33. ®Ò 4 x2 7x 6 C©u 1: Cho A x2 1 a) Rót gän A b) T×m x ®Ó A = 0 c) T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó A cã gi¸ trÞ nguyªn C©u 2: Gi¶i ph­¬ng tr×nh: (x + 1)2 = 4(x2 + 2x + 1) 1 1 1 1 C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n: a b c a b c TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) 1 1 1 C©u 4: Cho ABC cã Aµ 2Bµ 4Cµ 4 . Chøng minh: AB BC CA C©u 5: Cho ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iÓm cña BC. LÊy D, E theo thø tù thuéc AB, AC sao cho: D· ME Bµ a) Chøng minh r»ng: tÝch BD. CE kh«ng ®æi b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE c) TÝnh chu vi cña ADE nÕu ABC lµ tam gi¸c ®Òu H­íng dÉn 1 1 1 1 1 1 1 1 a + b a + b C©u 3: Tõ + + - = 0 + = 0 a b c a b c a b c a + b + c ab c(a + b + c) c(a + b + c) + ab (a + b). = 0 Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0 abc(a + b + c) Tõ ®ã suy ra : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0 C©u 4 : VÏ tia CM (M AB) sao cho A· CM B CAM vµ CBM lµ c¸c tam gi¸c c©n 2 AB AB AM AB AM AB BM 4 1 A BC AC CM CM CM CM C 3 AB AB 1 1 1 (v× BM = CM) 1 3 BC AC AB BC CA M C©u 5 : A a) Ta coù D· MC = D· ME + C· ME = Bµ + B· DM , maø D· ME = Bµ (gt) neân C· ME = B· DM , keát hôïp vôùi Bµ = Cµ ( ABC caân taïi A) suy ra BDM CME (g.g) BD BM E = BD. CE = BM. CM = a 2 khoâng ñoåi CM CE I D DM BD DM BD H b) BDM CME = = K ME CM ME BM (do BM = CM) DME DBM (c.g.c) M· DE = B· MD B M C hay DM laø tia phaân giaùc cuûa B· DE c) chöùng minh töông töï ta coù EM laø tia phaân giaùc cuûa D· EC keû MH  CE ,MI  DE, MK  DB thì MH = MI = MK DKM = DIM DK =DI EIM = EHM EI = EH Chu vi AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) 33
  34. MC a ABC laø tam giaùc ñeàu neân suy ra CH = 2 2 AH = 1,5a PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a ®Ò 5 x 1 x 3 2 Câu 1 : Giải phương trình: a) b) 6x2 - x - 2 = 0 x 2 x 4 (x 2).(4 x) x 2 y 2 z 2 Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn : (y z) 2 (z x) 2 (x y) 2 Câu 3 : Chứng minh rằng không tồn tại x thỏa mãn : a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 DB 1 Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho ; DC 2 OA 3 điểm O nằm trên đoạn AD sao cho . Gọi K là giao điểm của BO và AC. OD 2 Tính tỉ số AK : KC. Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác MPQ cân tại M. Hướng dẫn giải Câu 2: Từ x + y + z = 0 x2 + y2 + z2 = - 2(xy + yz + zx) (1) Ta có: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + zx) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = - 6(xy + yz + zx) (3) Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có: - 2(xy + yz + zx) 1 A = - 6(xy + yz + zx) 3 Câu 3: 17 5 25 9 a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 2( x4 - 5x2 + ) = 0 2(x4 - 2. x2 + )2 + = 0 2 2 4 2 5 9 5 9 2(x2 - )2 + = 0. Vì 2(x2 - )2 + > 0 với mọi x nên không tồn tại x để 2 2 2 2 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 (x2 + 1)(x2 - x + 1) = 0 Vì vế phải luôn dương với mọi x nên không tồn tại x để x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 Câu 4: Từ D kẻ DM // BK. áp dụng định lí Talét vào AOK ta có: AK AO 3 (1) A KM OD 2 KM CD 1 K Tương tự, trong CKB thì: (2) M CK DB 3 O AK 1 Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: CK 2 B D C Câu 5 34
  35. Goïi giao ñieåm cuûa AH vaø BC laø I Töø C keû CN // PQ (N AB), A Töù giaùc CNPQ laø hình thang, coù H laø trung ñieåm PQ, hai P N caïnh beân NP vaø CQ ñoàng quy taïi A neân K laø trung ñieåm CN H MK laø ñöôøng trung bình cuûa BCN Q MK // CN MK // AB (1) K H laø tröïc taâm cuûa ABC neân CH A B (2) Töø (1) vaø (2) suy ra MK  CH MK laø ñöôøng cao B M I C cuûa CHK (3) Töø AH  BC MC HK MI laø ñöôøng cao cuûa CHK (4) Töø (3) vaø (4) suy ra M laø tröïc taâm cuûa CHK MH CN MH PQ MPQ có MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M Đề 6 n2 n 1 Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn m n 1 b) Đặt A = n3 + 3n2 + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá trị nguyên dương của n. c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2+b2 chia hết cho 13. Câu 2: Rút gọn biểu thức: bc ca ab a) A= + + (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) 6 3 b) B = 1 6 1 1 3 1 x x 6 2 : x x 3 x x x x 1 1 1 Câu 3: Tính tổng: S = + + + + 1 1.3 3.5 5.7 2009.2011 Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2011. Chứng minh rằng biểu thức sau 2011x y z không phụ thuộc vào các biến x, y, z : xy 2011x 2011 yz y 2011 xz z 1 69 x 67 x 65 x 63 x 61 x Câu 5: Giải phương trình: 5 1942 1944 1946 1948 1950 Câu 6: Cho ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc x· My = 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 : 2 a) BD.CE= BC 4 b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của ·BDE và C· ED . c) Chu vi ADE không đổi. Giải n2 n 1 1 1) a, Thùc hiÖn chia m = n + n 1 n 1 §Ó m nguyªn víi n nguyªn khi n + 1 lµ ­íc cña 1 Hay n + 1 1; -1 . Khi ®ã : n + 1 = 1 n = 0 Z ( t/m) 35
  36. n + 1 = -1 n = -2 Z (t/m) Víi n = 0 m = 1 . Víi n = -2 m = - 3 . VËy b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1) Khi ®ã : 3(n+1)  3 n( n +1) (n+ 2) lµ tÝch cña 3 sè nguyªn d­¬ng liªn tiÕp nªn tån t¹i mét sè lµ béi cña 3 c, a = 13k +2, b = 13q +3 a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) 2 = = 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1)  13 bc ca ab (a b)(a c)(b c) 2) a) A= = . = = 1 (a b)(a c) (b c)(a b) (a c)(b c) (a b)(a c)(b c) 6 2 2 2 1 3 1 1 6 1 3 2 1 3 1 b) Ta cã: x = (x 3 ) 3(x ) ; x 6 x 3 x 3 2 x x x x x x 6 2 2 1 6 1 3 1 1 3 1 Tö thøc: x x 6 2 = (x 3 ) 3(x ) - x 3 x x x x x 1 3 1 1 = 3 x 2 x 3 3 x x x x 3 1 3 1 3 1 1 MÉu thøc: x x 3 = 2 x 3 3 x x x x x 1 Rót gän ta cã: B = 3(x ) x 1 1 1 1 1 1 1 1 1005 3) S = (1 ) (1 ) 2 3 3 5 2009 2011 2 2011 2011 2011x y z xy.xz y z 4). = 2011 2011x xy xyz y yz 1 z zx xyz x2yz xy xyz y yz 1 z zx xy.xz 1 z 1 z xz = + + = = 1 kh«ng ®æi xy(xz z 1) 1 z zx 1 z zx 1 z zx 69 x 67 x 65 x 63 x 61 x 5) 1 1 1 1 1 0 x = 2011. 1942 1944 1946 1948 1950 6) a,Chøng minh BMD CEM 2 BC BC y V× BM = CM = BD.CE = A 2 4 x b, Chøng minh BMD MED E ˆ ˆ Tõ ®ã suy ra D D , do ®ã DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE D 2 1 2 1 2 Chøng minh t­¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED 3 B 1 C c, Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC M Chøng minh DH = DI, EI = EK. Chu vi b»ng 2.AH . 36
  37. PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ MÔN THI: TOÁN LỚP 8 – VÒNG 4 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: .x4 2013x2 2012x 2013 x2 2x 2x2 1 2 2. Rút gọn biểu thức sau: A 2 2 3 1 2 . 2x 8 8 4x 2x x x x Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: (2x2 x 2013)2 4(x2 5x 2012)2 4(2x2 x 2013)(x2 5x 2012) 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x 2 dư 10, f(x) chia cho x 2dư 24, f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: a(b c)(b c a)2 c(a b)(a b c)2 b(a c)(a c b)2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 3. Chứng minh rằng: = + . AD2 AM2 AN2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 . a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 Hết PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ MÔN THI: TOÁN LỚP 8 – VÒNG 4 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) Ta có x4 2013x2 2012x 2013 0,5 x4 x 2013x2 2013x 2013 1 (2.0 điểm) x x 1 x2 x 1 2013 x2 x 1 0.5 x2 x 1 x2 x 2013 0.5 37
  38. Kết luận x4 2013x2 2012x 2013 x2 x 1 x2 x 2013 0.5 x 0 ĐK: 0.25 x 2 x2 2x 2x2 1 2 Ta có A 2 2 3 1 2 0.25 2x 8 8 4x 2x x x x x2 2x 2x2 x2 x 2 2 2 2 0.25 2(x 4) 4(2 x) x (2 x) x 2 (2.0 điểm) x2 2x 2x2 (x 1)(x 2) x(x 2)2 4x2 (x 1)(x 2) 0.5 2 2 2 2 2 2(x 4) (x 4)(2 x) x 2(x 2)(x 4) x x3 4x2 4x 4x2 x 1 x(x2 4)(x 1) x 1 . 0.5 2(x2 4) x2 2x2 (x2 4) 2x x 1 x 0 Vậy A với . 0.25 2x x 2 Câu 2 (4.0 điểm) a 2x2 x 2013 Đặt: 0.25 2 b x 5x 2012 Phương trình đã cho trở thành: 0.5 2 2 2 1 a 4b 4ab (a 2b) 0 a 2b 0 a 2b (2.0 điểm) Khi đó, ta có: 0.5 2x2 x 2013 2(x2 5x 2012) 2x2 x 2013 2x2 10x 4024 2011 11x 2011 x . 0.5 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x . 0.25 11 2 3 3 2 3 7 Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 0.5 4 8 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0.5 4 16 2 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 (2.0 điểm) 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0.5 (-1 ; 0) KL 0.25 Câu 3 (4 điểm) 38
  39. Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b . 0.5 Khi đó: f (x) (x2 4).( 5x) ax+b Theo đề bài, ta có: 7 f (2) 24 2a b 24 a 0.5 1 2 f ( 2) 10 2a b 10 (2.0 điểm) b 17 7 Do đó: f (x) (x2 4).( 5x) x+17 0.5 2 47 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f (x) 5x3 x 17. 0.5 2 Ta có: a(b c)(b c a)2 c(a b)(a b c)2 b(a c)(a c b)2 0 (1) x z a 2 a b c x x y 0.25 Đặt: b c a y b 2 a c b z y z c 2 Khi đó, ta có: 2 x z x y y z 2 y z x z x y 2 1 2 0.5 (2.0 điểm) VT(1) .y .x (x y)(x y).z 2 2 2 2 2 2 4 x z x z y z z y 1 . .y2 . .x2 (x2 y2 )z2 0.5 2 2 2 2 4 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 0.25 (x z ).y (z y ).x (x y ).z 4 4 4 1 1 (x2 y2 ).z2 (x2 y2 ).z2 0 VP (đpcm) 0.25 4 4 (1) KL: . 0.25 Câu 4 (6 điểm) E A B H F 1 (2.0 điểm) C D M N 39
  40. Ta có D· AM = A· BF (cùng phụ B· AH ) AB = AD ( gt) 0.75 B· AF = A· DM = 900 (ABCD là hình vuông) ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM 0.5 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác.D· AE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.5 = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có H· AB = H· BC (cùng phụ A· BH ) 2 0.5 ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 SΔCBH BC SΔCBH BC 2 2 = , mà = 4 (gt) = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH AE SΔEAH AE 0.5 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.5 = = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.5 = = hay = 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 AD AD CN CM CN + CM MN + = + = 2 = 2 = 1 AM AN MN MN MN MN 0.5 (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 + = 1 2 2 2 (đpcm) 0.5 AM AN AM AN AD Câu 5 2 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c R và x, y, z > 0 ta có 2 a2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z 2.0 điểm Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 0.75 2 a2 b2 a b ( ) x y x y a2 y b2 x x y xy a b 2 bx ay 2 0 (luôn đúng) 40
  41. a b Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: a b c a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) ab ac bc ab ac bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 0.5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b c (Vì abc 1 ) ab ac bc ab ac bc 2(ab bc ac) 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 0.25 Hay ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 0.25 Mà 3 nên a b c a b c ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 Vậy (đpcm) 0.25 a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 Điểm toàn bài (20 điểm) TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG - VÒNG 2 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài 1) (2 điểm). a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 -2x)( x2 -2x- 1) - 6 b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b. Bài 2) (2 điểm). a) Cho an = 1+2+3+ + n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương. 10n2 9n 4 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số tối giản. 20n2 20n 9 Bài 3) (3 điểm). xyz a) Cho x3 +y3+z3 =3xyz. Hãy rút gọn phân thức P x y y z z x 14 4 54 4 94 4 174 4 b) Tìm tích: M=    34 4 74 4 114 4 194 4 Bài 4) (4 điểm). 1 1 1 a) Cho x = by +cz; y = ax +cz; z = ax+by và x +y + z 0; xyz 0. CMR: 2 1 a 1 b 1 c 41
  42. 1 1 1 yz xz xy b) Cho 0 , tính giá trị của biểu thức: P x y z x2 y2 z2 x2 x x 1 1 2 x2 Bài 5: (3 điểm).Cho biểu thức: P 2 : 2 x 2x 1 x 1 x x x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P 1. Bài 6: (3 điểm).Cho hình vuông ABCD, gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, BC. a) CMR: CE vuông góc với DF b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD. Bài 7: (3 điểm).Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH. a) Chứng minh rằng EC = BH; EC  BH b) Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MNI là tam giác gì? Vì sao? Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Ý Nội dung Điểm a (x+1)(x-3)(x2 -2x +2) 1 điểm 1 điểm Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên: f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1) 1 b f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2) Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8 Vậy 2a-3b = 0 Ta có an+1= 1 +2 +3 + + n + n + 1 1 điểm an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 + + n) + n + 1 a n(n 1) = 2. +n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính phương 2 2 2 Gọi d là ƯCLN của 10n +9n+4 và 20n +20n+9 1 điểm 2 2 2 10n 9n 4d 20n 18n 8d 2n 1d 2 2 b 20n 20n 9d 20n 20n 9d => d là số tự nhiên lẻ. Mặt khác 2n+1 d => 4n2 +4n +1  d => 20n2 +20n+5 d=> 4 d mà d lẻ nên d = 1. Vậy phân số trên tối giản. Từ x3 +y3+z3 =3xyz chỉ ra được x + y +z = 0 hoặc x=y=z 1.5 TH1: x + y +z =0=> x+y = -z; x+z= -y; y +z = -x. Khi đó P = -1 điểm a 1 3 TH2: x=y=z. Khi đó P = 8 Nhận xét được n4 +4 = [(n-1)2 +1][(n+1)2 +1]. Do đó: 1.5 b điểm 42
  43. 2 2 2 2 2 1. 2 1 4 1 6 1 16 1 18 1 1 1 M =   22 1 42 1 62 1 82 1 182 1 202 1 202 1 401 Từ gt => 2cz+z = x +y => 2cz = x+y –z => 2 điểm x y z x y z 1 2z c c 1 a 2z 2z c 1 x y z 1 2x 1 2y 1 1 1 Tương tự ; Khi đó 2 1 a x y z 1 b x y z 1 a 1 b 1 c 4 1 1 1 1 1 1 3 2 điểm Từ 0 => x y z x3 y3 z3 xyz b Khi đó: yz xz xy xyz xyz xyz 1 1 1 3 P 2 2 2 3 3 3 xyz. 3 3 3 xyz. 3 x y z x y z x y z xyz ĐKXĐ: x 0 và x 1; x -1 1 điểm a x2 Với x 0 và x 1; x -1, rút gọn P ta có P = x 1 x2 1điểm P 1 thì x-1>0. Áp dụng bđt Cosi, ta có : x 1 2 , dấu « = » xảy x 1 ra khi x =2. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 2 1.5 A E B điểm M F 6 a N 1 1 2 D K C µ ¶ C/M được CBE = DCF (c-g-c) =>C1 D1 43
  44. µ ¶ 0 ¶ ¶ 0 Lại có : C1 C2 90 D1 C2 90 => ĐPCM Gọi K là trung điểm của CD. c/m được Tứ giác AECK là hbh suy ra AK // 1.5 CE. điểm Goi N là giao điểm của AK và DF. Tam giác DCM có DK = KC và KN //CM b nên N là trung điểm của DM. Vì CM  DM (câu a), KN //CM nên KN  DM. Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A => AM = AD 1.5 H điểm E A N F K M O a D B I C 7 C/m được EAC= BAH(c-g-c) => EC = BH, ·AEC ·ABH . Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH. Xét AEK và OBK có ·AEK O· BK; ·AKE O· KB nên E· AK B· OK => B· OK 900 . Vậy EC BH Ta có MI//EC, MI = 1/2EC 1.5 IN//BH ; IN=1/2 BH điểm b Mà EC  BH và EC = BH nên MI = IN và MI  IN. Vậy MIN vuông cân tại I. TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 3 NĂM HỌC 2013- 2014 MÔN THI: TOÁN - LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1: (2,5 điểm ) a) Phân tích đa thức a2(b c) b2(c a) c2(a b) thành nhân tử. 44
  45. b) Cho các số nguyên a,b,c thoả mãn (a b)3 (b c)3 (c a)3 210 . Tính giá trị của biểu thức. Câu 2: (2,5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 3 xy. b) Giải phương trình: (6x 8)(6x 6)(6x 7)2 72 . Câu 3: (2,5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P (x 2012)2 (x 2013)2 . b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 . x2 x y2 y z2 z 2 Câu 4: (2,5 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi. c) Kẻ DH  BC H BC . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ  PD . Câu Nội dung chính Điểm a) Ta có a2(b c) b2(c a) c2(a b) a2(b c) b2(c a) c2(b c c a) 0,5 (b c)(a2 c2 ) (c a)(b2 c2 ) (b c)(a c)(a c) (c a)(b c)(b c) 0,5 0,25 1 (b c)(a c)(a c b c) (b c)(a c)(a b) . (2,5đ) b) Đặt a b x; b c y ; c a z x y z 0 z (x y) 0,25 Ta có: x3 y3 z3 210 x3 y3 (x y)3 210 3xy(x y) 210 xyz 70. Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 ( 2).( 5).7 nên 0,5 x, y, z 2; 5;7 A a b b c c a 14. 0,5 a) x2 y2 3 xy 2 2 2 0,25 Ta có: (x y) 0 x y 2xy 3 xy 2xy xy 1 2 2 2 Lại có: (x y) 0 x y 2xy 3 xy 2xy xy 3. 0,5 Suy ra 3 xy 1 . Mà x, y Z xy 3; 2; 1;0;1 0,5 Lần lượt thử ta được (x, y) ( 2;1);(1; 2);(2; 1);( 1;2);(1;1) là nghiệm của phương 2 trình. (2,5đ) b) (6x 8)(6x 6)(6x 7)2 72 2 2 2 4 2 Đặt 6x 7 t. Ta có (t 1)(t 1)t 72 (t 1)t 72 t t 72 0 0,5 t 4 9t 2 8t 2 72 0 t 2 (t 2 9) 8(t 2 9) 0 (t 2 9)(t 2 8) 0 0,5 2 5 Mà t 2 8 0 nên t 2 9 0 t 2 9 t 3 x hoặc x . 3 3 0,25 45
  46. 2 5 PT có nghiệm là x ;  . 3 3  a) Ta có: P (x 2012)2 (x 2013)2 x2 4024x 4048144 x2 4026x 4052169 0,5 2 2 1 0,5 2x 2x 8100313 2 x 8100312,5 8100312,5 x 2 1 0,25 Vậy Min P 8100312,5 x . 2 1 1 1 1 1 1 b) Đặt P x2 x y2 y z2 z x(x 1) y(y 1) z(z 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0,25 x x 1 y y 1 z z 1 x y z x 1 y 1 z 1 1 1 1 9 1 1 1 1 Áp dụng BĐT và . với a,b,c dương, dấu bằng xảy a b c a b c a b 4 a b 3 0,25 (2,5đ) ra a b c. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có . 1 ; . 1 ; . 1 x 1 4 x y 1 4 y z 1 4 z 0,5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Bởi vậy P . 1 1 1 x y z x 1 y 1 z 1 x y z 4 x y z 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 = . . . (ĐPCM) 4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2 0,25 E D A M Q B C P I H a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (g-g) 0,25 EB ED 4 - Từ đó suy ra EA.EB ED.EC 0,25 EC EA b) Kẻ MI vuông góc với BC (I BC) . Ta có BIM đồng dạng với BDC (g-g) BM BI BM.BD BI.BC (1) 0,5 BC BD CM CI Tương tự: ACB đồng dạng với ICM (g-g) CM.CA CI.BC (2) 0,25 BC CA 0,25 46
  47. Từ (1) và (2) suy ra BM.BD CM.CA BI.BC CI.BC BC(BI CI) BC 2 (không đổi) c) Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (g-g) 0,25 BH BD 2BP BD BP BD DH DC 2DQ DC DQ DC 0,25 · · - Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (c-g-c) BDP DCQ 0,25 mà B· DP P· DC 90o D· CQ P· DC 90o CQ  PD 0,25 47