DE Olympic Toan 8 nam hoc 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2011-2012. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THẠCH HÀ. Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 24- 4 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 2 1) x  x  20 . 4 2) x  4 .. Bài 2. 9 25 49 81 1) Tìm phần dư R(x) khi chia đa thức: P(x) 1  x  x  x  x  x 2 Cho Q(x) x  x. 2) Cho x > 0 thoả mãn. x2 . 1 1 3  14 N  x  x2 x3 . Tính giá trị của biểu thức. Bài 3. Giải các phương trình sau: 1). x. 2. 3. 3. 3.  4x  4    1  x 2    4x  5 0. 2) 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + 2 = 0 Bài 4. 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M x  xy  y  3x  3y  2012 .. Bài 5. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là điểm trên đường chéo BD. Lấy ME vuông góc với AB (E  AB) và MF vuông góc với AD (F  AD) . 1) Chứng minh DE  CF; EF = CM. 2) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui. 3) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất. ...HẾT….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài Các ý Nội dung 2 2 1 x  x  20 x  5 x  4 x  20 ( x  5)( x  4) Bài 1 2,0đ x 4  4 x 4  4x 2  4  4x 2 4,0đ 2 2 2 2 2 2 2,0đ (x  2)  (2x) (x  2x  2)(x  2x  2) P(x) = Q(x). M(x) + R(x) = x(x - 1). M(x) + R(x). Trong đó R(x) có dạng ax + b 1 P(x) = x(x - 1). M(x) + ax + b 2,0đ Ta có: P(0) = b = 1 P(1) = a + 1 = 6 Từ(1) và (2) suy ra a = 5. Vậy đa thức dư là R(x) = 5x + 1 1 1 1 Bài 2 x 2  2 14  x 2  2x.  2 16 4,0đ x x x (1). Điểm 2,0 1,0 1,0. 0,5 0,5 0,5 0,5. 2. 2 2,0đ. Bài 3 4,0đ. 1 1    x   16  x  4 (x  0) x x  =>Từ (1) và (2) ta có 1 1 (x 2  2 )(x  ) 4.14 56 x x 1 1 1  x 3  x   3 56  x 3  3 52 x x x. x. 2. 3. 3. 1,0. (2). 1,0. 3.  4x  4    1  x 2    4x  5  0 3. (1). 3 Chứng minh: Với a  b  c 0 thì a  b  c 3abc 2 3.  x  4x  4    1  x    4x  5 Ta có   x  4x  4   1  x   4x  5  0 2. 2. 1 2,0đ. 3. 3. 2. 0,5. 0. 2. 0,5. 2.  x  4x  4 0 hoặc 1  x 0 hoặc 4x  5 0 2 2 <=> (x  2) 0 hoặc x 1 hoặc 4x  5 0. x = 2 hoặc x = 1 hoặc. 2 2,0đ. 2. x. 5 4. 5 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình (1) là S = {2 ; -1; 1; 4 } 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + 2 = 0 (2) Ta có x = 0 không là nghiệm của (2) 3 2 2x 2  3x  3   2 0 x x Với x  0 chia 2 vế cho x2 ta có. 1,0. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 1  2(x  ) 2  3(x  )  7 0 x x x x ; Đặt y =. 0,25. (2) <=> 2y2 + 3y – 7 = 0 (3)  3  65   3  65  65  3  65  3   y    y   0 y1  ; y1  4 4    4 4 =>.  . Với y2 . y1 . 65  3 1 65  3  x   x2  4 x 4. 65  3 x  1 0 4. 0,5. => Vô nghiệm.  65  3 1  65  3 65  3  x   x2  x 1 0 4 x 4 4 2. 2  65  3   10  6 65   65  3  10  6 65  65  3  10  6 65   0  x1  x  ; x2       8 8 8 8    .  65  3  10  6 65  65  3  10  6 65 ; 8 8 {. Tập nghiệm S = 2 2 M = (x  1)  (y  1)  (x  1)(y  1)  2009 2. Bài 4 2,0. 2,0đ. 2. (y  1)  3(y  1)   2009 2009  (x  1)  2   4 =.  y  1 0    x  1 0.  y 1   x 1. Dấu “ =” xẩy ra khi Vậy Min M = 2009 Khi x = y =1. 0,25. } 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Hình vẽ. 0,5. 0,5đ. 1 2,0đ Bài 5 6,0đ. 2 2,0đ. 3 1,5đ. Ta có DF = AE  DFC = AED (c-g-c)    ADE DCF 0      EDC  DCF EDC  ADE 90 nên DE  CF Vì MD là trung trực của AC =>MC = MA Mặt khác AEMF là hình chữ nhật => MA = FE nên EF = CM    MCF =FED (c-c-c)  MCF FED   Từ MCF FED chứng minh được CM  EF Tương tự a) được CE  BF ED, FB và CM trùng với ba đường cao của FEC nên chúng đồng qui. ME + MF = FA + FD = a. 2 2 Áp dụng BĐT Co-sy ta có 4ME.MF (ME  MF) a. Dấu “=” xẩy ra khi ME = MF, Lúc đó M là trung điểm của BD a2 SAEMF ME.MF  4 => Max Lưu ý: Các cách giải khác đúng, hợp lí đều cho điểm tối đa.. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>