De thi Olympic Toan 8 nam hoc 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THẠCH HÀ. ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2012-2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 25 - 4 - 2013. 4   1   1   : 1   x2  x  3 Bài 1. Cho biểu thức A =  a) Rút gọn A b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên c) Tìm x để A > 0 Bài 2. Giải các phương trình sau: 3 a) x  7 x  6 0. 3 2 x 1 x 3    2 3 c) x  3 x  1 2x 13x  2 6 2 x  5 x  3 2 x  x  3 b) . 2. a b 3c   Bài 3. a) Tính giá trị biểu thức M = ab  a  3 bc  b  1 ac  3c  3 , biết abc = 3. b) Cho các số thực không âm x, y, z thõa mãn điều kiện xy + yz + xz = 1. Tìm 2 2 2 giá trị nhỏ nhất của P = 10 x  10 y  z .. Bài 4. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Góc xMy bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D A và E A). Chứng minh rằng : BC 2 a) BD.CE = 4 b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED. c) Chu vi tam giác ADE không đổi. ------ Hết -----Họ và tên thí sinh: …………………………………………… SBD:..……….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM Bài. Ý. a) (1,5). Nội dung x  2; x  3 ĐK (*) 4   1  x 2 x 2  : 1  : 1  x  2 x  3 x  2 x 3     A=. Điểm 0,5 0,5. x 2 x 3 x 3 .  x2 x 2 x2 x 3 5  1  x2 A x2. 0,5. . Bài 1 (4,5đ). Bài 1 (6,0đ). 0,5. b) Để A nguyên thì x + 2  Ư(5) ={ 1; 5 } (1,5) x = -1 ; -3; 3; -7 Đối chiếu ĐK (*) thì x = 3 không thỏa mãn Vậy với x = -1 ; -3; -7 thì A nhận giá trị nguyên x 3  0 A x2 x  3  0 x  3  0 c)   (1,5)  x  2  0 hoặc  x  2  0  x  3 hoặc x   2 (TM *) Vậy x  3 hoặc x   2 thì A > 0 3 Giải các phương trình : x  7 x  6 0. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,5 0,5 0,5. (1). 1,0. x 3  7x  6 0  x 3  x  6x  6 0  ( x  1)( x 2  x  6) 0 a) (2,0) +) x – 1 = 0  x = 1 +) x2 + x – 6 = 0  (x – 2)(x+3) = 0  x = 2 hoặc x = - 3 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S ={ 1; 2; -3} ĐK x 1; x 3 (**). 0,5 0,5 0,5 0,25. 3 2 x 1 x 3    x 3 x 1 2 3 (2) x 3 x 3   ( x  3)( x  1) 6 b) + Trường hợp : x + 3 = 0  x  3 (TMĐK (**)) (2,0) + Trường hợp : x + 3  0  x  3. 0,25 0,5 0,25. 2 Ta có (x-3)(x-1) = 6  x  4 x  3 0  x 2  4 x  4 7  ( x  2) 2 7. 0,25.  x 2  7 hoac x 2 . 0,25. 7 (TMĐK (*)). Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: S ={-3; 2  7 ; 2  b) 2x 13 x  2 2 (2,0) Giải các phương trình 2 x  5 x  3 2 x  x  3 6 (3) 3 x 1; x  2 (***) ĐK:. 7}. Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (3) vậy x 0 2 13  6 3 3 2x  5  2 x 1  x x Chia tử và mẫu của vế trái cho x ta được phương trình. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 13 3  6 y  5 y  1 x Đặt thì phương trình có dạng 11 11  6 y 2  39 y  33 0  6( y  1)( y  ) 0 y  y  1 2 2 hoặc 3 1 23 y 1 ta có: 2 x  1  2 x 2  x  3 0  2(x  ) 2  0 x 4 8 + Với PTVN 11 3 11 3 y tacó: 2x    4 x 2  11x  6 0  4(x  2)( x  ) 0 2 x 2 4 + Với 3 x  x 2 (TMĐK(***)) hoặc 4 (TMĐK(***)) 3 Vậy tập nghiệm của phương trình (3) là: S = { 2; 4 } b ab ab   Ta có bc  b  1 abc  ab  a 3  ab  a 3c 3c 3 a)   ac  3c  3 ac  3c  abc a  3  ab (2,0) y 2 x . z2 z2 )  (8 y 2  ) 2 2. 0,25 0,25 0,25 0,75 0,75. 0,25. 2 x 2  2 y 2 2 2 x 2 2 y 2 4 xy. Bài 4 (5,0đ). 0,25. 0,5. Ta có P = Áp dụng bất đẳng thức Côsy ta có:. Bài 3. (4,5đ). 0,25. 0,5. a b 3c a ab 3 ab  a  3       1 M = ab  a  3 bc  b  1 ac  3c  3 ab  a  3 ab  a  3 ab  a  3 ab  a  3. (2 x 2  2 y 2 )  (8 x 2 . 0,25. z2 z2 2 8 x 2 4 xz 2 2. 0,25. 8x 2  8y 2 . z2 z2 2 8y 2 4 yz 2 2. 0,25. b) 2 2 2 (2,5) Cộng về theo vế ta được: P = 10 x  10 y  z 4( xy  yz  xz ) 4 x y 1  x y  4 x z    3    4 y  z z 4   3  Dấu “=” xẩy ra khi  xy  yz  xz 1 1  x y    3  z 4 3  Vậy Min P = 4 khi  0   a)  y Ta có B = 600 ta có D1 120  M1 (1) A (2,0) 0    Vì M 2 = 600  M 3 120  M1 (2) x  M  D 3 E Từ (1) và (2) suy ra 1 0   Kết hợp với B C 60 suy ra BMD ∽ CEM (g-g) BD CM   BM CE (3)  BD.CE = BM.CM. D 1. B. 0,25. 0,5. 0,5. 0,25 0,25 0,25 0,5. 2 1. 2 3. M. C. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BC Vì M là trung điểm của BC nên BM=CM= 2. BC 2  BD.CE= 4. BD MD BD MD   Từ (3) suy ra CM EM mà BM=CM nên ta có BM EM (4)  M  2 60 0 b) Theo giả thiết ta có B (5) (1,5) Từ (4) và (5)  BMD ∽ MED (c-g-c)   Từ đó suy ra D1 D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC Vì DM là phân giác góc BDE  MHD MID (Cạnh huyền-góc nhọn)  DH = DI, tương tự ta có EI = EK c) Vì M là trung điểm MB và tam giác ABC đều nên ta (1,5) có AM là phân giác của góc BAC  MH = MK  Ta có MD + DE + AE =(AD + DI) + (IE+AE) =AH+AK= 2AH (không đổi). Vậy khi góc DME quay quanh M thì chu vi tam giác ADE không thay đổi Tổng Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng, hợp lí cho điểm tối đa./.. 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 20.

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