Đề thi và đáp án môn Toán lớp 8

Chia sẻ: Bùi Hồng Ngọc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:76

Thêm vào BST

Báo xấu

598
lượt xem 108
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài 4 (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB. Chứng minh EF // AC vả ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEFN không phụ thuộc vào vị trí của P d) Giả sử CP ^ BD và CP = 2,4 cm, 9 16 PD PB = . Tính các cạnh của hình chữ nhật...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi và đáp án môn Toán lớp 8

ĐỀ 1 Bài 1:( 3,5 điểm)  x2 1 10 − x 2  6  : x − 2 + x + 2  + + Cho biểu thức M =  3    x − 4 x 6 − 3x x + 2    a) Rút gọn M 1 b)Tính giá trị của M khi x = 2 Bài 2:(3điểm) a) Cho đa thức f(n) = n5 - 5n3 + 4n. Chứng minh rằng f(n) M 120 với mọi giá trị của n N b) Tìm cặp số (x,y) thoả mãn phương trình 2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0 Bµi 3 : (4 ®iÓm) a)Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n x3 − 3xy 2 = 10 vµ y 3 − 3x 2 y = 30 . TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc P = x 2 + y 2 . 111 b) Chøng minh r»ng nÕu + + = 2 vµ a + b + c = abc thì abc 1 11 + 2 + 2 =2 a2 b c Bài 4 (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB. Chứng minh EF // AC vả ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEFN không phụ thuộc vào vị trí của P PD 9 = d) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2,4 cm, . Tính các cạnh của hình chữ nhật PB 16 11 4 Bài 5(2,5 điểm) : Chứng minh rằng x > 0, y > 0 thì x + y x + y . Áp dụng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác p là nửa chu vi . CMR 1 1 1 111 + + 2( + + ) p−a p−b p−c abc ĐỀ 2     10 − x 2 2 x 6 1  : x−2+ x+2  + + Bài 1:(4 ®iÓm) Cho biểu thức M =  3    x − 4 x 6 − 3x x + 2    a. Rút gọn M b.T×m x nguyªn ®Ó M ®¹t gi¸ lín nhÊt. 1
Bài 2:(3 ®iÓm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3:(3 ®iÓm) a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x 2 + y 2 + z 2 = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1. Tính tổng: S = x 2009 +y 2010 + z 2011 Bµi 4:(3 ®iÓm) 1 1 1 1 a. Gi¶i ph¬ng tr×nh: +2 +2 = x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 2 18 b. Gi¶i ph¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: x( x 2 + x + 1) = 4y( y + 1). Bài 5:(7 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC nhän cã c¸c ®êng cao AD,BE,CF c¾t nhau t¹i H. HD HE HF + + a. TÝnh tæng: AD BE CF b. Chøng minh: BH.BE + CH.CF = BC 2 c. Chøng minh: H c¸ch ®Òu ba c¹nh tam gi¸c DEF. d. Trªn c¸c ®o¹n HB,HC lÊy c¸c ®iÓm M,N tïy ý sao cho HM = CN. Chøng minh ®êng trung trùc cña ®o¹n MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. .........................HÕt...................... ĐỀ 3 Bài 1 (1,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x2 – x – 12; b) x2 + 2xy + 4y – 4; Bài 2: (2,5 điểm) x 4 + x 2 − 4 x + 1 x − 1 x + 1 x ( x + 1) − (1 + x) Cho biểu thức: P = ( − + ) x2 −1 x +1 x −1 x3 − 1 a. Tìm x để P xác định. b. Rút gọn P. c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên? Bài 3: (2,5 điểm) a) 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 x 2 + 12 x + 32 . 2
11 4 + b) Chứng minh bất đẳng thức: . Với a; b là các số dương. a+b ab 2 3 Áp dụng bất đẳng thức trên tìm giá trị nhỏ nhất của M = xy + x 2 + y 2 . với x; y dương và x + y =1 . Bài 4: (2,5 điểm) ABCD là hình chữ nhật có AB //CD, AB = 2CB. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo BD tại H. Trên HB lấy điểm K sao cho HK = HA. Từ K kẻ đường thẳng song song với AH cắt AB tại E. a. Chứng minh E là trung điểm AB. b. Lấy M trung điểm DE, tia AM cắt DB tại N, cắt DC tại P Tính tỷ số diện tích tam giác AND với diện tam giác PMD? Câu 5:(1,5 điểm) m Cho trước góc xOy; tỷ số và một điểm P nằm trong góc xOy. Dựng n PC m =. đường thẳng đi qua P cắt các cạnh Ox, Oy lần lượt tại C và D sao cho: PD n (Chỉ trình bày cách dựng và chứng minh) ĐỀ 4 Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 x2 − x − 2 2x − 4 1 A= +2 − Bài 2 (4đ) Cho x − 2 x − 7 x + 10 x − 5 a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình a) 2 x + 1 = 3x − 2 b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường th ẳng vuông góc v ới AC t ại C cắt nhau tại G. 3
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. b) ∆ABC ~ ∆AEF ˆ ˆ c) BDF = CDE d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆ DEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng 2007 < 2008 Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình −x HẾT Đề 5 1) Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: a3 − b3 + c 3 + 3abc Bµi 1: 2) Cho a3 − 3ab2 = 5 vµ b3 − 3a2b = 10 . TÝnh S = a2 + b2 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 8 − 2x 4 + x 2 − 2x + 2 = 0 Bµi 2: 2) Cã tån t¹i hay kh«ng sè nguyªn d¬ng n sao cho n6 + 26n = 212011 23 − 1 3 3 − 1 20113 − 1 ... Bµi 3: Rót gän biÓu thøc A = 3 2 + 1 33 + 1 20113 + 1 Cho ∆ ABC vu«ng t¹i A, cã AB < AC. KÎ ph©n gi¸c AD. Gäi M vµ N Bµi 4: lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña D trªn AB vµ AC. BN c¾t CM t¹i K, AK c¾t DM t¹i I, BN c¾t DM t¹i E, CM c¾t DN t¹i F. 1) Chøng minh r»ng EF // BC 2) Chøng minh r»ng K lµ trùc t©m cña ∆ AEF ﾶ 3) TÝnh sè ®o cña BID Bµi 5: Cho a, b, c, d, e > 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c + d + e = 4. ( a + b + c + d) ( a + b + c ) ( a + b ) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = abcde ĐỀ 6 Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức 1  4xy 1 : 2  y − x 2 y + 2 xy + x 2  A= +2  y − x2 2   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 thoả mãn: 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A? Bài 2 (4 điểm): a) Giải phương trình : 4
x + 11 x + 22 x + 33 x + 44 + = + 115 104 93 82 b) Tìm các số x, y, z biết : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x 2009 + y 2009 + z 2009 = 32010 Bài 3 (3 điểm): Chứng minh rằng với mọi n N thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 4 (7 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên c ạnh 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 và EAD = ECB ﾶﾶ b) Cho BMC = 1200 và S AED = 36cm2 . Tính SEBC? ﾶ c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì t ổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi. d) Kẻ DH ⊥ BC ( H BC ) . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ ⊥ PD . Bài 5 (2 điểm): x y a) Chứng minh bất đẳng thức sau: y + x ≥ 2 (với x và y cùng dấu) x2 y 2 � y� x b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 − 3 � + � 5 + (với x 0, y 0 y x � x� y ) ĐỀ 7 Bµi 1: (2 ®iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc sau ®©y thµnh nh©n tö: 1. x 2 + 7 x + 6 2. x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008 Bµi 2: (2®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 1. x − 3x + 2 + x − 1 = 0 2 2 2 2 � 1� � 1� � 1 � 1� � 2. 8 � + �+ 4 � 2 + 2 �− 4 � 2 + 2 �x + �= ( x + 4 ) 2 x x x � � x� � x � � x � � x� Bµi 3: (2®iÓm) 111 1. CMR víi a,b,c,lµ c¸c sè d¬ng ,ta cã: (a+b+c)( + + ) ≥ 9 abc 2. T×m sè d trong phÐp chia cña biÓu thøc ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) + 2008 cho ®a thøc x 2 + 10 x + 21 . 5
Bµi 4: (4 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A (AC > AB), ® êng cao AH (H BC). Trªn tia HC lÊy ®iÓm D sao cho HD = HA. §êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. 1. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng. TÝnh ®é dµi ®o¹n BE theo m = AB . 2. Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n BE. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng. TÝnh sè ®o cña gãc AHM GB HD = 3. Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: . BC AH + HC ĐỀ 8 Bµi 1 (2 ®iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: b/ ( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3 a/ x 7 + x 2 + 1 Bµi 2 (2 ®iÓm)  x 2 − 3x   9 − x 2 x−3 x−2 Cho P = 1 − 2 : 2  − −  x −9   x + x −6 2− x x +3    b/ T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó P. ( x 2 + 1) cã gi¸ trÞ a/ Rót gän P nguyªn. Bµi 3 (2 ®iÓm) a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh: ( x 2 − 4 x ) + 2.( x − 2) 2 = 43 2 b/ Cho tam gi¸c ABC cã gãc A gÊp ®«i gãc B, gãc B gÊp ®«i gãc C. 1 1 1 + = Chøng minh r»ng: BC AC AB Bµi 4 (3 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã ®êng ph©n gi¸c AD. H×nh vu«ng MNPH cã M ∈ AB, N ∈ AC, P vµ Q ∈ BC. BN c¾t MQ t¹i E, CM c¾t NP t¹i F. Chøng minh r»ng: EN AC = a/ EB AB b/ AE=AF 6
Bµi 5 (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ c¸c sè tháa m·n ( a + 1) 2 + ( b + 2) 2 + ( c + 3) 2 ≤ 2010 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = ab + b( c − 1) + c( a − 2) . HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 1 2 ( 0,5 điểm) Bài 1: ĐKXĐ x 0, x a) Rút gọn M  x2 1 10 − x 2  6 x−2+  + + M = 3  : x+2   x − 4 x 6 − 3x x + 2     1 6 x2 6 − + = :  x ( x − 2)( x + 2) 3( x − 2) x + 2  x + 2 −6 x+2 1 M = ( x − 2)( x + 2) . 6 ( 1,5 điểm) = 2− x 1 b)Tính giá trị của M khi x = 2 1 1 1 ⇔x= hoặc x = - (0,5 điểm) x= 2 2 2 1 1 1 2 Với x = ta có : M = 2 − 1 = 3 = (0,5 điểm) 2 3 22 1 1 1 2 Với x = - ta có : M = 2 + 1 = 5 = (0,5 điểm) 2 5 22 Bài 2. a) Phân tích được f(n) = (n – 2)(n – 1)n(n +1)(n + 2) (0,5 điểm) Lập luận đúng f(n) M 2.3.4.5 => f(n) M 120 ( 1 điểm) b) Tách được 2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0 (0,75 điểm) (x + y +1)2 + (x – 2)2 = 0 x=2 Lập luận (0,75 điểm) y = −3 Bài 3: a) Ta có : x3 − 3xy 2 = 10 => ( x3 − 3xy 2 ) = 100 => x 6 − 6 x 4 y 2 + 9 x 2 y 4 = 100 2 (y ) 2 và y 3 − 3 x 2 y = 30 .=> = 900 => y 6 − 6 x 2 y 4 + 9 x 4 y 2 = 900 − 3x 2 y 3 => ( x 2 + y 2 ) = 1000 � x 2 + y 2 = 10 3 x 6 + 3 x 4 y 2 + 3x 2 y 4 + y 6 = 1000 Suy ra: (2 điểm ) 7
111 b) Ta có : ( + + )2 = 4 abc 111 1 11 � 2 + 2 + 2 = 4 − 2.( + + ) abc ab bc ca a+b+c 111 � 2 + 2 + 2 = 4 − 2. abc abc 111 Vì a+b+c = abc ta được : 2 + 2 + 2 = 2 ( 2 điểm) a bc Bài 40 Vẽ hình đúng đến câu a (0,5 điểm) a) Gọi O là giao điểm của AC và BD D C Chỉ ra được PO là đường trung bình của ∆ ACM (0,5 điểm) => PO // MA P ( 0,5 điểm) M => AMDB là hình thang b) Chứng minh được IEA = OAB (0,5 điểm) ﾶﾶ O F I => EF // AC (0,5 điểm) Chỉ ra IP // AC => E, F, P thẳng hàng (1 điểm) E B A c) Chứng minh ∆ MAF và ∆ BAD đồng dạng => tỉ số không đổi (1,5 điểm) PD 9 PD PB = = d) Nếu => =k>0 PB 16 9 16 (0,5 điểm) => PD = 9k, PB = 16k Từ CP ⊥ BD Chứng minh được ∆ CPD và ∆ DCP đồng dạng Lập tỉ số suy ra CP2 = PB.PD => k = 0,2 Tính được PD = 1,8 và PD = 3,2 (0,75 điểm) Tính được BC = 4 cm và CD = 3 cm (0,75 điểm) Bài 5: Chứng minh đúng Bất đẳng thức thứ nhất (0,75 điểm) Vì p là nửa chu vi nên p – a > 0, p – b > 0, p – c > 0 (0,5 điểm) Áp dụng BĐT thứ nhất lần lượt ta có 1 1 4 2 + = (0,25 điểm) p −a p −b p −a + p −b c 1 1 4 2 + = (0,25 điểm) p −b p −c p −b + p −c a 1 1 4 2 + = (0,25 điểm) p−c p−a p−c+ p−a b Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh (0,5 điểm) 8
Híng dÉn chÊm m«n to¸n 8 ĐỀ 2 Bµi Néi dung §iÓ m 1 a  x2 1 1 x2 6 6 + +  =  x ( x − 2)( x + 2) − 3( x − 2) + x + 2  3 0,5  x − 4 x 6 − 3x x + 2    x − 2( x + 2) + ( x − 2) = ( x + 2)( x − 2) −6 = ( x + 2)( x − 2) 0,5  10 − x 2  ( x + 2)( x − 2) + (10 − x 2 ) x−2+ =  x+2  x+2   0,5 6 = x+2 −6 x+2 1 0,5 M = ( x − 2)( x + 2) . 6 = 2− x b + NÕu x 2 th× M 0 nªn M kh«ng ®¹t GTLN. 0,5 + VËy x 2, khi ®ã M cã c¶ Tö vµ MÉu ®Òu lµ sè d¬ng, nªn M muèn ®¹t GTLN th× MÉu lµ (2 – x) ph¶i lµ GTNN, 0,5 Mµ (2 – x) lµ sè nguyªn d¬ng 2–x=1 x = 1. 0,5 VËy ®Ó M ®¹t GTLN th× gi¸ trÞ nguyªn cña x lµ: 1. 0,5 A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) 2 a 0,5 0,5 = � − c ) − a � (b + c ) − a � � 2 2 2 2 (b � �� 0,5 = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) b 0,5 Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 0,5 Vậy A< 0 0,5 A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 3 a 0,5 Do (x-y)2 ≥ 0 ; (y - 2)2 ≥ 0 Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 ≥ 2010 Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2. 0,5 Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2 0,5 9
b Ta có: (x + y + z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0 0,5 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 z = 1, l¹i 0,5 kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 x = y = 0. 2 2 2 Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, 0,5 Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1. 4 a Ph¬ng tr×nh ®îc biÕn ®æi thµnh: (Víi §KX§: { x −4; −5; −6; −7} ) 0,5 1 1 1 1 + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 0,5 1 1 1 1 1 1 1 − − − ( )+( )+( )= x+4 x+5 x+5 x+6 x+6 x+7 18 0,5 1 1 1 − = (x + 4)(x +7) = 54 x+4 x+7 18 0,5 (x + 13)(x – 2) = 0 x = -13 hoÆc x = 2 (Tháa m·n §KX§) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: S = { −13; 2} b + Ph¬ng tr×nh ®îc biÕn ®æi thµnh: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 0,25 1) 2 + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x 2 + 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x 2 + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 0,25 x 2 + x Md x + 1Md x + 1Md x 2 + 1Md 2Md mµ d lÎ nªn d = 1. x − 1Md x + 1Md 2 x + 1Md + Nªn muèn (x + 1)(x 2 + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Th× (x+1) vµ (x 2 + 1) ®Òu ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng 0,25 x +1 = k k =1 k = −1 2 2 §Æt: (k + x)(k – x) = 1 hoÆc x=0 x=0 x +1 = t2 0,25 + Víi x = 0 th× (2y + 1) 2 = 1 y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) 10
VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) = { (0;0), (0; −1)} 5 A E F H M K I B N D 0,5 C O a 0,5 S ( HBC ) HD Tríc hÕt chøng minh: = S ( ABC ) AD 0,5 HE S ( HCA) HF S ( HAB ) T¬ng tù cã: BE = S ( ABC ) ; CF = S ( ABC ) 0,5 S ( HBC ) + S ( HCA) + S ( HAB ) HD HE HF + + Nªn = S ( ABC ) AD BE CF 0,5 HD HE HF + + =1 AD BE CF Tríc hªt chøng minh ∆ BDH : ∆ BEC b 0,5 BH.BE = BD.BC 0,5 Vµ ∆ CDH : ∆ CFB CH.CF = CD.CB. 0,5 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (®pcm) 0,5 c ﾶ AEF = ﾶ Tríc hÕt chøng minh: ∆ AEF : ∆ ABC ABC 0,5 ﾶﾶ Vµ ∆ CDE : ∆ CAB CED = CBA ﾶﾶ AEF = CED mµ EB ⊥ AC nªn EB lµ ph©n gi¸c cña gãc 0,5 DEF. T¬ng tù: DA, FC lµ ph©n gi¸c cña c¸c gãc EDF vµ DFE. 0,5 VËy H lµ giao ®iÓm c¸c ®êng ph©n gi¸c cña tam gi¸c DEF nªn H c¸ch ®Òu ba c¹nh cña tam gi¸c DEF (®pcm) d Gäi O lµ giao ®iÓm cña c¸c ®êng trung trùc cña hai ®o¹n 0,25 ﾶﾶ MN vµ HC, ta cã ∆ OMH = ∆ ONC (c.c.c) OHM = OCN .(1) ﾶﾶ MÆt kh¸c ta còng cã ∆ OCH c©n t¹i O nªn: OHC = OCH .(2) 0,25 ﾶﾶ Tõ (1) vµ (2) ta cã: OHC = OHB HO lµ ph©n gi¸c cña gãc 11
BHC VËy O lµ giao ®iÓm cña trung trùc ®o¹n HC vµ ph©n gi¸c O,25 cña gãc BHC nªn O lµ ®iÓm cè ®Þnh. 0,25 Hay trung trùc cña ®o¹n MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lµ O. Chó ý: + Híng dÉn chÊm nµy cã 3 trang, chÊm theo thang ®iÓm 20. + §iÓm toµn bµi lµ tæng c¸c ®iÓm thµnh phÇn kh«ng lµm trßn. + Bµi sè 5 ph¶i cã h×nh vÏ ®óng míi chÊm. + Mäi c¸ch lµm kh¸c ®óng còng cho ®iÓm tèi ®a t¬ng øng víi tõng néi dung cña bµi ®ã. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 3 (TẢI MẠNG ĐÓ LÀ ĐỀ HSG K8 HUYỆN THANH CHƯƠNG 2008 – 2009 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008 ĐỀ SỐ 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 8 Gợi ý đáp án Điểm Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 (1 đ) =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) (1đ) Bài 1b) x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 (1đ) =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) (1đ) Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là (0,5đ) x ≠5và x ≠2 x2 − x − 2 2x − 4 x2 − x − 2 2x − 4 1 1 A= +2 − = + − = x − 2 x − 7 x + 10 x − 5 x − 2 ( x − 5)( x − 2) x − 5 x − 5 + x 2 − x − 2 − (2 x − 4)( x − 2) = ( x − 5)( x − 2) (2đ) − x 2 + 8 x − 15 −( x − 5)( x − 3) − x + 3 = = = ( x − 5)( x − 2) ( x − 5)( x − 2) x−2 −( x − 2) + 1 (1,5đ) 1 2b) A = = −1 + , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi x−2 x−2 1 nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. x−2 12
Gợi ý đáp án Điểm Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau TH1: (1đ) 1 x � � 2 x + 1 � � 2 x + 1 = 3x − 2 − 0 2 � 2 x + 1 = 3x − 2 � x = 3 Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2: 1 x < − � 2 x + 1 < 0 � 2 x + 1 = 3x − 2 2 � −2 x − 1 = 3 x − 2 � 5 x = 1 � x = 0,2 Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghi ệm c ủa phương trình. (1đ) Kết luận phương trình có nghiệm x=3. Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x2-25=(2x+3)(x+5) (2đ) ⇔(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) ⇔(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 ⇔(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 ⇔(x+5)(-x-8)=0 ⇔ x-5=0 hoặc x+8 =0 ⇔ x=-5 hoặc x=-8 Bài 4a) Ta có BG ⊥ AB, CH ⊥ AB, nên (2đ) A BG //CH, tương tự: BH ⊥ AC, CG ⊥ AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối E sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai F đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung H điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. M B C D G 4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác (1,5đ) ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên AB AE AB AF = = � (1) chúng đồng dạng. Từ đây suy ra AC AF AE AC Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF. 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra (1,5đ) ﾶﾶ ∆BDF~∆DEC⇒BDF = CDE . ﾶﾶﾶﾶ BDF = CDE � 900 − BDF = 900 − CDE 4d) Ta có �ﾶ AHB − BDF = ﾶﾶ AHC − CDE � ﾶﾶ ADF = ﾶADE (1đ) 13
Gợi ý đáp án Điểm Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao đi ểm ba đ ường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF. Bài 5) Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx 1đ 1� 2 = �x − 2 xy + y ) + ( y − 2 yz + z ) + ( x − 2 xz + z ) � ( � 2 2 2 2 2 2 1 = �x − y ) + ( y − z ) + ( x − x ) � ( 2 2 2 dpcm � � 2 2007 + 2008 x 2007 < 2008 � >0 Bài 6) Điều kiện x 0 , bất phương trình −x x � (2008 x + 2007) x > 0 x>0 1đ 2007 2007 x
1) (3 ®iÓm) x 8 − 2x 4 + x 2 − 2x + 2 = 0 ⇔ x 8 − 2x 4 + 1 + x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( x − 1) = 0 2 2 4 (1,5 ®) V× ( x 4 − 1) 0 ; ( x − 1) 0 2 2 (0,5 ®) x4 − 1 = 0 ⇔x = 1 Nªn ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng x −1= 0 (0,5 ®) VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 1 (0,5 ®) 2) (2 ®iÓm). Gi¶ sö tån t¹i n ∈ N* sao cho n6 + 26n = 212011 . Ta cã 26n cã tËn cïng lµ 6 vµ 212011 cã tËn cïng lµ 1. VËy n 6 cã tËn cïng ph¶i lµ 5, do ®ã n cã tËn cïng lµ 5. (0,5 ®) Khi ®ã n6 + 26n = 212011 cã d¹ng ( ...5 ) + 26...5 = ( 215 ) .21 6 402 (0,5 ®) ⇔ ...25 + ...76 = ( ...01) .21 ⇔ ...01 = ...21 , v« lÝ (0,5 ®) VËy kh«ng tån t¹i sè nguyªn d¬ng n tháa m·n bµi to¸n (0,5 ®) Bµi 3: (2 ®iÓm). NhËn xÐt r»ng mçi sè h¹ng cña tæng cã d¹ng ( ) k 3 − 1 ( k − 1) k + k + 1 ( k − 1) � + 1) − ( k + 1) + 1� (k 2 � � 2 víi k = 2, 3, …, 2011 (1 ®) = = ( ) ( ) k 3 + 1 ( k + 1) k 2 − k + 1 ( k + 1) k 2 − k + 1 1. ( 3 − 3 + 1) 2. ( 4 − 4 + 1) 2010. ( 2012 − 2012 + 1) 2 2 2 Ta cã S = . ... 3( 2 − 2 + 1) 4 ( 3 − 3 + 1) 2012 ( 2011 − 2011 + 1) 2 2 2 1.2...2010. ( 3 − 3 + 1) ( 4 − 4 + 1) ... ( 2012 − 2012 + 1) 2 2 2 = S= 3.4...2012 ( 2 − 2 + 1) ( 3 − 3 + 1) ... ( 2011 − 2011 + 1) 2 2 2 ( 2012 − 2011) 2 = (1 ®) 3.1006.2011 Bµi 4: (6 ®iÓm). VÏ h×nh kh«ng chÝnh x¸c kh«ng cho ®iÓm c¶ bµi 15
A 1) (2 ®). Chøng minh ®îc tø gi¸c AMDN N lµ h×nh vu«ng (0,5 ®) M MF BD BM BM ME K = = = = (1®) FC DC MA DN ED E F MF ME I ⇒ EF // DC B = hay C FC ED D hay EF // BC (0,5 ®) 2) (2 ®). Theo ®Þnh lÝ Thales ta cã AN DN NC NF NF = = = = (0,5 ®) AB AB AC AM AN AN NF = ﾶﾶ hay vµ BAN = ANF = 900 (0,5 ®) AB AN ⇒ ∆ NAF ∼ ∆ ABN ⇒ NAF = NBA ⇒ AF ⊥ BN. ﾶﾶ (0,5 ®) LËp luËn t¬ng tù cã AE ⊥ CM. VËy K lµ trùc t©m cña ∆ AEF (0,5 ®) 3) (2 ®). K lµ trùc t©m cña ∆ AEF ⇒ AK ⊥ EF mµ EF // BC ⇒ AK ⊥ BC (0,5 ®) KÕt hîp víi DM ⊥ AB ⇒ I lµ trùc t©m cña ∆ ABD. ﾶﾶ VËy BID = 1800 − BAD = 180 0 − 450 = 135 0 (1 ®) Bµi 5: (2 ®iÓm). Ta cã ( x − y ) �� x 2 + 2xy + y 2 �� ( x + y ) � . DÊu “=” x¶y ra khi x = y 2 2 0 4xy 4xy (0,5 ®) ¸p dông liªn tiÕp B§T ( x + y ) 4xy ta cã 2 42 = (a + b + c + d + e)2 ≥ 4(a + b + c + d)e (1) (a + b + c + d) ≥ 4(a + b + c)d 2 (2) (a + b + c) ≥ 4(a + b)c 2 (3) (a + b) ≥ 4ab 2 (4) Do a, b, c, d, e > 0 nªn c¸c vÕ cña c¸c B§T trªn ®Òu d ¬ng. Nh©n tõng vÕ cña chóng vµ rót gän ta ®îc 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) ≥ 256abcde ( a + b + c + d) ( a + b + c ) ( a + b ) ⇒P= 16 . (1 ®) abcde 16
1 a+b+c +d+e = 4 a=b= 4 a+b+c +d = e �= 1 � c DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi � + b + c = d a � �2 �+ b = c a �=1 d � �=b a �=2 e 1 1 VËy GTNN cña P b»ng 16 ®¹t ® îc khi a = b = ; c = ; d = 1 vµ e = 2 4 2 (0,5 ®) Lu ý: Mäi c¸ch gi¶i kh¸c ®óng ®Òu cho ®iÓm tèi ®a -------HÕt ----- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 6 Bài 1: (4 điểm) a) Điều kiện: x (1 điểm) y; y 0 (2 điểm) b) A = 2x(x+y) c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị 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. (0,5đ) 1 x − y +1= 0 x= 2 + A = 2 khi 2x ( x + y ) = 2 3 y= x y;y 0 2 (x − y + 1) = 1 2 + A = 1 khi 2x ( x + y ) = 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và x y;y 0 2 −1 x= 2 y, chẳng hạn: 2+3 y= 2 + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (0,5 điểm) Bài 2: (4 điểm) 17
x + 11 x + 22 x + 33 x + 44 + = + a) 115 104 93 82 x + 11 x + 22 x + 33 x + 44 + 1) + ( + 1) = ( 1) + ( + 1) �( 115 104 93 82 x + 126 x + 126 x + 126 x + 126 + = + � 115 104 93 82 x + 126 x + 126 x + 126 x + 126 + − − =0 � 115 104 93 82 ... � x + 126 = 0 � x = −126 b) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 +2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0 (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0 x−y =0 � y −z= 0 z− x = 0 �x=y=z x2009 = y2009 = z2009 Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010 z2009 = 32009 z =3 Vậy x = y = z = 3 Bài 3 (3 điểm) Cần chứng minh: n5 – n M 10 - Chứng minh : n5 - n M 2 n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) M 2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp) - Chứng minh: n5 – n M 5 n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5) = n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 ) lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5 - Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n5 – n M 2.5 tức là n5 – n M 10 Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau. Bµi 4: 6 ®iÓm 18
E D A M Q B C P I H C©u a: 2 ®iÓm * Chøng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iÓm) - Chøng minh ∆ EBD ®ång d¹ng víi ∆ ECA (gg) 0,5 ®iÓm EB ED = � EA.EB = ED.EC - Tõ ®ã suy ra 0,5 ®iÓm EC EA ﾶﾶ * Chøng minh EAD = ECB (1 ®iÓm) - Chøng minh ∆ EAD ®ång d¹ng víi ∆ ECB (cgc) 0,75 ®iÓm ﾶﾶ - Suy ra EAD = ECB 0,25 ®iÓm C©u b: 1,5 ®iÓm ﾶﾶﾶ - Tõ BMC = 120o o o AMB = 60 ABM = 30 0,5 ®iÓm - XÐt ∆ EDB vu«ng t¹i D cã B = 30o ﾶ 1 ED 1 = ED = EB 0,5 ®iÓm EB 2 2 2 S ED �� - Lý luËn cho EAD = � � tõ ®ã SECB = 144 cm2 0,5 ®iÓm S ECB � � EB C©u c: 1,5 ®iÓm - Chøng minh ∆ BHD ®ång d¹ng víi ∆ DHC (gg) 0,5 ®iÓm BH BD 2 BP BD BP BD = = = � � � 0,5 ®iÓm DH DC 2 DQ DC DQ DC - Chøng minh ∆ DPB ®ång d¹ng víi ∆ CQD (cgc) 19
ﾶﾶ � BDP = DCQ � CQ ⊥ PD � 1 ®iÓm ﾶﾶ ma`BDP + PDC = 90 o C©u d: 1 ®iÓm - Chøng minh ∆ BMI ®ång d¹ng víi ∆ BCD (gg) - Chøng minh CM.CA = CI.BC 0,5 ®iÓm 2 - Chøng minh BM.BD + CM.CA = BC cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi 0,5 ®iÓm 2 2 2 C¸ch 2: Cã thÓ biÕn ®æi BM.BD + CM.CA = AB + AC = BC Bài 5: (2 điểm) xy + �� x 2 + y 2 � 2 2xy � (x − y)2 �0 a) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó yx bất đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm) xy + =t b) Đặt yx x2 y2 2 � 2 + 2 =t −2 y x Biểu thức đã cho trở thành P = t2 – 3t + 3 P = t2 – 2t – t + 2 + 1 = t(t – 2) – (t – 2) + 1 = (t – 2)(t – 1) + 1 - Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t 2. � t − 2 � ; t − 1 > 0 0 � ( t − 2) ( t − 1) � 0 P 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 x = y (1) x y - Nếu x; y trái dấu thì y < 0 và < 0 t 0 P>1 (2) - Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x 0 ; y 0 thì luôn có P 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Pmin= 1 (khi x = y) Bài 5: (2 điểm) - Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x2 – x + 1), khi đó ta có: f(x) = (x – 2).(x2 – x + 1).P(x) + R(x) (1) - Vì đa thức chia (x – 2)(x2 – x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc 2 - Từ (1) dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2), mà R(x) là đa thức có bậc 2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt) R(x) = (x – 2)(kx + p) + 4 - Lập luận tương tự trên 20