Đề thi hsg toán 8 huyện Đức Thọ

phòng gd - đt đức thọ
đề thi olympic huyện năm học 2010 2011
Môn toán lớp 8. Thời gian: 120 phút
Bài 1: 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
3 3 3
a b c 3abc + +
2) Cho
3 2
a 3ab 5 =
và
3 2
b 3a b 10 =
. Tính S =
2 2
a b+
Bài 2: 1) Giải phơng trình:
8 4 2
x 2x x 2x 2 0 + + =
2) Có tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =
Bài 3: Rút gọn biểu thức A =
3 3 3
3 3 3
2 1 3 1 2011 1

2 1 3 1 2011 1

ì ì ì
+ + +
Bài 4: Cho ABC vuông tại A, có AB < AC. Kẻ phân giác AD. Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của D

trên AB và AC. BN cắt CM tại K, AK cắt DM tại I, BN cắt DM tại E, CM cắt DN tại F.
1) Chứng minh rằng EF // BC
2) Chứng minh rằng K là trực tâm của AEF
3) Tính số đo của
ả
BID
Bài 5: Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
P
abcde
+ + + + + +
=
L u ý: Học sinh không đợc sử dụng bất kì loại máy tính bỏ túi nào
Hết
phòng gd - đt đức thọ
đề thi olympic huyện năm học 2010 2011
Môn toán lớp 8. Thời gian: 120 phút
Bài 1: 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
3 3 3
a b c 3abc + +
2) Cho
3 2
a 3ab 5 =
và
3 2
b 3a b 10 =
. Tính S =
2 2

a b+
Bài 2: 1) Giải phơng trình:
8 4 2
x 2x x 2x 2 0 + + =
2) Có tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =
Bài 3: Rút gọn biểu thức A =
3 3 3
3 3 3
2 1 3 1 2011 1

2 1 3 1 2011 1

ì ì ì
+ + +
Bài 4: Cho ABC vuông tại A, có AB < AC. Kẻ phân giác AD. Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của D
trên AB và AC. BN cắt CM tại K, AK cắt DM tại I, BN cắt DM tại E, CM cắt DN tại F.
1) Chứng minh rằng EF // BC
2) Chứng minh rằng K là trực tâm của AEF
3) Tính số đo của
ả
BID
Bài 5: Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
P
abcde
+ + + + + +

=
L u ý: Học sinh không đợc sử dụng bất kì loại máy tính bỏ túi nào
Hết
H ớng dẫn chấm
Bài 1: (5 điểm)
1) (3 điểm)
3 3 3
a b c 3abc + +
=
( ) ( )
3
3
a b 3ab a b c 3abc + + +
(1 đ)
=
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
a b c a b c a b c 3ab a b c

+ + + +

(1 đ)
=
( )
( )
2 2 2
a b c a b c ab bc ac + + + + +
(1 đ)
2) (2 điểm) Ta có

3 2
a 3ab 5 =

( )
2
3 2
a 3ab 25 =

6 4 2 2 4
a 6a b 9a b 25 + =
(0,5 đ)
và
3 2
b 3a b 10 =

( )
2
3 2
b 3a b 100 =

6 2 4 4 2
b 6a b 9a b 100 + =
(0,5 đ)
Suy ra 125 =
( )
3
6 6 2 4 4 2 2 2
a b 3a b 3a b a b+ + + = +
. Do đó S =
2 2

a b+
= 5 (1 đ)
Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm)
8 4 2
x 2x x 2x 2 0 + + =

8 4 2
x 2x 1 x 2x 1 0 + + + =

( )
( )
2
2
4
x 1 x 1 0 + =
(1,5 đ)
Vì
( )
2
4
x 1 0
;
( )
2
x 1 0
(0,5 đ)
Nên phơng trình tơng đơng
4
x 1 0

x 1 0

=

=

x = 1 (0,5 đ)
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1 (0,5 đ)
2) (2 điểm). Giả sử tồn tại n N
*
sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =
. Ta có 26
n
có tận cùng là 6 và 21
2011
có tận
cùng là 1. Vậy n
6
có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5. (0,5 đ)
Khi đó
6 n 2011
n 26 21+ =
có dạng
( )
( )
6
402
5 5

5 26 21 .21+ =
(0,5 đ)

( )
25 76 01 .21+ =

01 21=
, vô lí (0,5 đ)
Vậy không tồn tại số nguyên dơng n thỏa mãn bài toán (0,5 đ)
Bài 3: (2 điểm). Nhận xét rằng mỗi số hạng của tổng có dạng
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2
3
3
2 2
k 1 k 1 k 1 1
k 1 k k 1
k 1
k 1
k 1 k k 1 k 1 k k 1

+ + +
+ +

= =
+
+ + + +
với k = 2, 3, , 2011 (1 đ)
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
1. 3 3 1 2. 4 4 1 2010. 2012 2012 1
S .
3 2 2 1 4 3 3 1 2012 2011 2011 1
+ + +
=
+ + +
=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1.2 2010. 3 3 1 4 4 1 2012 2012 1
S
3.4 2012 2 2 1 3 3 1 2011 2011 1
+ + +

=
+ + +
=
( )
2
2012 2011
3.1006.2011

(1 đ)
Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình không chính xác không cho điểm cả bài
1) (2 đ). Chứng minh đợc tứ giác AMDN
là hình vuông (0,5 đ)
MF BD BM BM ME
FC DC MA DN ED
= = = =
(1đ)
hay
MF ME
FC ED
=
EF // DC
hay EF // BC (0,5 đ)
2) (2 đ). Theo định lí Thales ta có
A
N
C
D
B
M
E

F
K
I
AN DN NC NF NF
AB AB AC AM AN
= = = =
(0,5 đ)
hay
AN NF
AB AN
=
và
ã
ã
0
BAN ANF 90= =
(0,5 đ)
NAF ABN
ã
ã
NAF NBA=
AF BN. (0,5 đ)
Lập luận tơng tự có AE CM. Vậy K là trực tâm của AEF (0,5 đ)
3) (2 đ). K là trực tâm của AEF AK EF mà EF // BC AK BC (0,5 đ)
Kết hợp với DM AB I là trực tâm của ABD.
Vậy
ả
ã
0 0 0 0
BID 180 BAD 180 45 135= = =

(1 đ)
Bài 5: (2 điểm).
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2
x y 0 x 2xy y 4xy x y 4xy + + +
. Dấu = xảy ra khi x = y (0,5 đ)
áp dụng liên tiếp BĐT
( )
2
x y 4xy+
ta có
4
2
= (a + b + c + d + e)
2
4(a + b + c + d)e (1)
(a + b + c + d)
2
4(a + b + c)d (2)
(a + b + c)
2
4(a + b)c (3)
(a + b)
2
4ab (4)
Do a, b, c, d, e > 0 nên các vế của các BĐT trên đều dơng. Nhân từng vế của chúng và rút gọn ta
đợc 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) 256abcde

( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
P 16
abcde
+ + + + + +
=
. (1 đ)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c d e 4
a b
4
a b c d e
1
c
a b c d
2
a b c
d 1
a b
e 2

+ + + + =

= =


+ + + =

=
+ + =


+ =
=

=


=


Vậy GTNN của P bằng 16 đạt đợc khi a = b =
1
4
; c =
1
2
; d = 1 và e = 2 (0,5 đ)
L u ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
Hết