Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án chi tiết đề 5

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

MA TRẬN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8
Năm học 2013 - 2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Mục

Nhận biết
TN

PT và bất phương
trình

TL

Thông hiểu
TN

TL

Vận dụng
TN

Tổng

TL
2

2
6

Đa thức: (Tìm dư
trong phép chia đa
thức; tìm hệ số của
đa thức f(x) biết f(x)
chia hết cho g(x)…)

1câu 2ý

Chứng minh
BĐT(Tìm GTLN:
GTNN)

1

Bài tập tổng hợp về
tam giác đồng dạng

1

Tổng

6
1

5

5
1

2

2
1

7
5

7
5

20

20


§Ị thi olympic líp 8
N¨m häc 2013 - 2014

phßng Gi¸o dơc & §µo t¹o

M«n thi : To¸n
Thêi gian lµm bµi : 120 phót
(kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị )

Câu 1 ( 6 điểm )
1. Giải phương trình:
2
a, x − 3 x + 2 + x − 1 = 0

x − 241 x − 220 x − 195 x − 166
+
+
+
= 10
17
19
21
23
2. Chứng minh rằng với 4 số bất kỳ a, b, x, y ta có
(a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
b,

Câu 2 ( 5 điểm )
1. Chứng minh rằng: x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự
nhiên m,n.
2. tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x 4 − 3x3 + ax + b chia hết cho đa
2
thức B( x) = x − 3x + 4
Câu 3 ( 2 điểm )

x

y

a)Chứng minh bất đẳng thức : y + x ≥ 2 (với x và y cùng dấu)
 x y
x2 y2
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 − 3  + ÷+ 5
y

x
 y x

(với x ≠ 0, y ≠ 0 )

Câu 4 ( 7 điểm )
Cho tam giác ABC vng tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ
một đường thẳng vng 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
2
·
b) Cho BMC
= 1200 và S AED = 36cm . Tính SEBC?
c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA
có giá trị khơng 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 .
__________________________________________________________


Híng dÉn chÊm thi olympic
N¨m häc 2013 - 2014

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

M«n thi : To¸n

Câu
Câu 1
(6 điểm)

Líp 8

Nội dung

Điểm

2
1. a, x − 3 x + 2 + x − 1 = 0 (1)
+ Nêu x ≥ 1 : (1) <=> x =1 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 1 ).
2
2
+ Nêu x < 1 : (1) ⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ x − x − 3 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 3 ) = 0
⇔ x = 1; x = 3 (cả hai đều không nhỏ hơn 1, nên bị loại)
Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là x = 1 .

b,

x − 241
x − 220
x − 195
x − 166
−1 +
−2+
−3+
−4=0

17
19
21
23

x − 258 x − 258 x − 258 x − 258
+
+
+
=0
17
19
21
23
1
1
1 
1
⇔ ( x − 258 )  +
+
+
÷= 0
 17 19 21 23 
1
1
1 
1
Do : 
+
+

+
÷≠ 0 ⇒ x − 258 = 0 ⇔ x = 258
 17 19 21 23 
2. Ta có (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
<=> a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 ≥ a2x2 + 2axby + b2y2
<=> a2y2 - 2axby + b2x2 ≥ 0 <=> (ay - bx)2 ≥ 0
Vì bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức đúng nên bất đẳng thức phải chứng
minh là bất đẳng thức đúng.
⇔

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay - bx = 0 hay

a b
=
x y

{

a −3=0
b +4 =0

{

⇔

a =3
b =−4

a) Vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó

x y
+ ≥2
y x

0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.

1. Ta có x3m+1 + x3n+2 + 1 = x3m+1 - x + x3n+2 - x2 + x2 + x + 1
= x(x3m - 1) + x2(x3n - 1) + (x2 + x + 1)
3m
3n
Ta thấy x - 1 và x - 1 chia hết cho x3 - 1 do đó chia hết cho x2 + x + 1
 x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1
2. Ta coù: A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4
Ñeå A( x )MB ( x) thì

Câu 3
(2 điểm)

0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.

x −241 x −220 x −195 x −166

+
+
+
=10
17
19
21
23

⇔

Câu 2
(5 điểm)

0,5đ.

1,0đ.
0,5đ.
0,5đ.
0,5đ.
1,5đ.
1,0đ.

(*)

⇔ x 2 + y 2 ≥ 2xy

⇔ (x − y)2 ≥ 0 (**). Bất đẳng thức (**) luôn đúng, suy ra bđt (*) đúng

0,25đ.

0,25đ.

(đpcm)

x y
x2 y2
+ = t ⇒ 2 + 2 = t2 − 2
b) Đặt
y x
y
x

0,25đ


Biu thc ó cho tr thnh P = t2 3t + 3
P = t2 2t t + 2 + 1 = t(t 2) (t 2) + 1 = (t 2)(t 1) + 1
- Nờu x; y cựng du, theo c/m cõu a) suy ra t 2. t 2 0 ; t 1 > 0
( t 2 ) ( t 1) 0 P 1 . ng thc xy ra khi v ch khi t = 2
x = y (1)
x
y
- Nờu x; y trỏi du thỡ < 0 v < 0 t < 0 t 1 < 0 v t 2 < 0
y
x

( t 2 ) ( t 1) > 0 P > 1

(0,25)
(0,25)

(0,25)
(0,25)

(2)

- T (1) v (2) suy ra: Vi mi x 0 ; y 0 thỡ luụn cú P 1. ng thc xy
ra khi v ch khi x = y. Vy giỏ tr nh nht ca biu thc P l Pm=1 khi x = y
Cõu 4
(7 im)

Cõu a: 2 im

E

0,5.

* V hỡnh + ghi gt v kl
* Chng minh EA.EB = ED.EC
- Chng minh EBD ng dng
vi ECA (gg)
- T ú suy ra

EB ED
=
EA.EB = ED.EC
EC EA
ã
ã
* Chng minh EAD
= ECB

- Chng minh
- Suy ra

(0,25)
.

D

0,5.

A
M
Q

0,5.
B

P

I

H

EAD ng dng vi ECB (cgc)

ã
ã
EAD
= ECB

Cõu b: 1,5 im
ã
- T BMC
= 120o

ãAMB = 60o ãABM = 30o
à = 30o
- Xét EDB vuụng Ti D cú B
1
ED 1
ED = EB
=
EB 2
2

C

.
0,5.

0,5.
0,5.

2

S
ED
2
- Lý lun cho EAD =
ữ T ú SECB = 144 cm

S ECB EB
Cõu c: 1,5 im
- V MI BC (I thuc BC)
- Chng minh BMI ng dng vi BCD (gg) => BM.BD = BC.BI
- Chng minh IMCng dng vi ABC (gg) => CM.CA = CI.BC
- Chng minh BM.BD + CM.CA = BC2 cú giỏ tr khụng i
(Cỏch 2: Cú th bin i BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2 )
Cõu d: 2 im
- Chng minh BHD ng dng vi DHC (gg)
BH
BD
2 BP
BD
BP
BD

=

=

=
DH
DC
2 DQ DC
DQ DC
- Chng minh DPB ng dng vi CQD (cgc)
ỹ
ã
ã
ùù

ị BDP
= DCQ
ý ị CQ ^ PD
où
ã
ã
ma`BDP + PDC = 90 ùùỵ

Ký duyt ca t CM

Ngi ra , ỏp ỏn

0,5.

0,5
0,5.
0,5.
0,5
0,5.

1.0.


Trịnh Văn Đông

Ban giám hiệu nhà trường

PHT: Vũ Thị Hồng Thắm

Nguyễn Đức Anh