30 đề thi và đáp án thi học sinh giỏi Toán 8
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu 30 đề thi và đáp án thi học sinh giỏi Toán 8, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng)
85 + 211 chia hết cho 17
1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2:
Rút gọn biểu thức:
Cho . Tính
Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
ĐÁP ÁN
Bài 1 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
(1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918)
= 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3)
= (x+3)(x-2).
x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 –7x +3)
=> = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0
b) (1,5đ) Vì
Do đó : xyz(++)= 3
A
B
D
M
E
C
K
Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C => vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => mà AC // BM (ta vẽ) => nên BO là tia phân giác của . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
Ta lại có : mà (hai góc đồng vị) => cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 ó M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -
-------------------------------------------------
ĐỀ 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) b)
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phương trình:
x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB
b). AB2 = EF.CD.
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
ĐÁP ÁN
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2).
Từ (1) và (2) =>
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ó ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.
ó ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
. a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
. a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
. a7a8 = 26 => không thoả mãn
câu 2 . Đặt m = 3k + r với n = 3t + s với
xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1.
= xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
ta thấy: ( x 3k – 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1)
( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với
r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1)
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT:
Nhân 2 vế với 6 ta được:
O K
E H F
Câu 4 .a) Do AE// BC => A B
BF// AD
MặT khác AB// CD ta lại có
D A1B1 C
nên => EF // AB
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD.
c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD.
=> ; => => S1.S2 = S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x = 7
---------------------------------------------
ĐỀ 3
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2
Câu 2: a. Cho (1) và (2)
Tính giá trị của biểu thức A=
b. Tính : B =
Câu 3: Tìm x , biết :
(1)
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M Î đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
a.BM ^ EF
b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= (a+ b+ c) ().
ĐÁP ÁN
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
= (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
= (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
................
= [(2256)2 –1] + 1
= 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
Vì x2=y2 + z2 Þ (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) Þ bcx +acy + abz =0
Từ (2) Þ
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 Þ a + b = - c Þ a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B =
Câu 3: . ( 1,25 điểm)
Û
Þ x= 2007 A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B
H là giao điểm của EF và BM
ÞD EMB =DBKM ( gcg)
Þ Góc MFE =KMB Þ BH ^ EF E M K
b. ( 1,25 điểm) D ADF = DBAE (cgc) ÞAF ^ BE H
Tương tự: CE ^ BF Þ BM; AF; CE
là các đường cao của DBEF Þ đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C
P = 1 +
Mặt khác với mọi x, y dương. Þ P / 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
---------------------------------------
ĐỀ 4
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phương trình:
Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) đồng dạng
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
, ( x khác 0)
ĐÁP ÁN
Bài 1 (3đ):
1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ)
2)
(+1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ)
( x + 100 )( + - - ) = 0 (0,25đ)
Vì: + - - 0
Do đó : x + 100 = 0 x = -100
Vậy ph ương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ)
Bài 2 (2đ):
P = (0,5đ)
x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x = thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1 (0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra: AMN đồng dạng ABC
AMN = ABC ( hai góc tư ơng ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)
BAH = CHA ( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ)
Suy ra:
CHA =CAH nên CAH cân tại C
do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đ ường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
Bài 4 (1đ):
A = = +
=
A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------
ĐỀ 5
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =
a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải ph ơng trình sau :
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đ ờng thẳng vuông góc với nhau lần l ợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng
b, Cho Tính
ĐÁP ÁN
Câu 1
a, x # 2 , x # -2 , x # 0
b , A =
=
=
c, Để A > 0 thì
Câu 2 . ĐKXĐ :
PT
x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =
Câu 3:
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh t ợng tự ta có: ARP=ADS
do đó AP = AS vàAPS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đ ờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên ANSP và AMRQ.
Mặt khác : = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
3, Theo giả thiết: QARS, RCSQ nên QA và RC là hai đ ờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR.
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh t ơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đ ờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên
Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1 x = 0
2x+1 = -1 x = -1
2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng minh
Biến đổi vế phải đ ợc điều phải chứng minh.
b, Ta có thì
(vì nên )
Theo giả thiết
khi đó
=====================
ĐỀ 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M =
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
A =
Bài 3 : 2 điểm
Giải phương trình :
x2 - 2005x - 2006 = 0
+ + = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
AEF ~ CAF và AF2 = FK.FC
Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
ĐÁP ÁN
Bài 1 :
M = x4+1-x2) =
Biến đổi : M = 1 - . M bé nhất khi lớn nhất x2+1 bé nhất x2 = 0 x = 0 M bé nhất = -2
Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + A Z Î Z x-3 là ước của 4
x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
(x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006
Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4
Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF
AEF vuông cân tại tại A nên AI ^ EF .
IEG = IEK (g.c.g) IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vuông góc nên hình EGFK là hình thoi .
b) Ta có :
= ACF = 450 , góc F chung
AKI ~ CAF (g.g)
Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24
================================
ĐỀ 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
A= ( Với x ¹ 0 ; x ¹ )
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=
Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ³ x.y + x + y ( với mọi x ;y)
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A =
Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của C qua P .
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
d) Giả sử CP ^ DB và CP = 2,4 cm,;
Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phương trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0 (2)
Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng một tập nghiệm.
ĐÁP ÁN
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x ¹ 0; x ¹ )
A = =
=
2) A=
Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x2+y2+1 ³ x. y+x+y Û x2+y2+1 - x. y-x-y ³ 0
Û 2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y³ 0 Û ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+1-2y) ³ 0
Û (x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2³ 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1) Û 3mx-x>1+2m Û (3m-1)x > 1+2m. (*)
+ Xét 3m-1 =0 → m=1/3.
(*) Û 0x> 1+ Û x .
+ Xét 3m -1 >0 → m> 1/3.
(*) Û x>
+ Xét 3m-1 < 0 Û 3m <1 → m < 1/3
(*) Û x < .
mà ( 2 ) Û 2x > m Û x > m/2.
Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.
Û
Û m-2 =0 Û m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
→ AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD →
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB →
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF → D AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA
→ góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của D MAC → IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do D MAF ~ D DBA ( g-g) → không đổi.
d) Nếu → PD= 9k; PB = 16k.
Do đó CP2=PB. PD → ( 2,4)2=9.16k2 → k=0,2.
PD = 9k =1,8
PB = 16 k = 3,2
DB=5
Từ đó ta chứng minh được BC2= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =
Vậy Amax Û [ ( x+ min Û x+ = 0 → x = -
Amax là khi x = -1/2
========================
ĐỀ 8
Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y = ; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: :
( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330.
B, Giải bất phương trình: 3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi.
B, Chứng minh rằng
C, Biết SAOB = . Tính CA ; DB theo a.
ĐÁP ÁN
Bài 1: 3 điểm
a, Tính: Ta có: a3 + a2c – abc + b2c + b3
= (a3 + b3) + ( a2c –abc + b2c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2)
= ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
Vậy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = 0 ( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)]
= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: 2 Điểm Đặt t =
Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất
Ta có t = =
= = (1)
Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
x2 + 20042 2. 2004 .x (2)
Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t 4 Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
Vậy ymax= Khi x= 2004
Bài 3: 2 Điểm
a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được:
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1)
Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2)
Từ phương trình (1) 12x -1 = 11 x = 1 ( thoả mãn)
Từ phương trình (2) 12x -1 = - 8 x= suy ra x Z.
Vậy x=1 thoả mãn phương trình.
b, Ta có < 3 -3 < x – 6 < 3 3< x < 9
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x R/ 3 < x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)
IAC ~ BAO (gg).
Suy ra: (1)
Tương tự: BID ~ BAO (gg)
Suy ra: (2)
Từ (1) và(2) Suy ra:
Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:
mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:
C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
SAOB = OA.OB mà SAOB = ( giả thiết)
Suy ra: OA.OB = OA . OB =
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = a2 + a( CA + DB ) + CA . DB =
Mà CA . DB = a2 ( theo câu a) a(CA +DB) = - 2a2
CA + DB +. Vậy:
Giải hệ pt CA = và DB = 3a
Hoặc CA = 3a và DB =
====================
ĐỀ 9
Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức :
1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y) Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2(2 điểm). Giải phương trình:
Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh MAD cân.
3.Tính diện tích MDC theo a.
Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = .
Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 .
ĐÁP ÁN
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC :
1.
.Với thì giá trị biểu thức được xác định.
2. Để P =3
Các ước nguyên của 2 là :
Suy ra:
(loại).
(loại)
Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
Ta có :
Phương trình đã cho tương đương với :
thoả mãn điều kiện phương trình.
Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)
M lớn nhất khi nhỏ nhất.
Vì và nên nhỏ nhất khi = 0.
Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 . Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3iểm)
a.
vuông tại C vuông tại M
Hay CE DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
cân tại A
c.
Do đó :
Mà : .
1
1
1
k
e
m
d
c
f
b
a
Vậy : .
Trong theo Pitago ta có :
.
Do đó :
Bài 5 (1điểm)
Ta có:
Tương tự ta cũng có: ;
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
. Vì nên:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =.
=========================
ĐỀ 10
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A = +++……….+
Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên.
Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
A = ( - + -+…….+ - )
= ( - ) =
Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4
được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3. Î Z Û x2 –x +1 = U(7)=
Đưa các phương trình về dạng tích.
Đáp số x = .
Câu 4. Từ giả thiết Þ a < b + c Þ a2 < ab + ac
Tưng tự b2 < ab + bc
c2 < ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác.
Chỉ ra được = , =
Chỉ ra =(Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK = AH)
Þ (c.g.c)
Þ H,G,O thẳng hàng.
======================
ĐỀ 11
Câu 1:Cho biểu thức: A=
a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= với x>0.
.b, Giải phương trình:÷ x+1÷+:÷ 2x-1÷+2x =3
Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x.
.a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất.
.b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức
x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1
ĐÁP ÁN
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có A=(0,5đ)
Vậy biểu thức A xác định khi x¹3,x¹1/3(0,5đ)
b. Ta có A= do đó A=0 3x +4=0 (0,5đ)
x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
Ta có A= = 1+
Để A có giá trị nguyên thì phải nguyên 3x-1 là ước của 5 3x-1¹±1,±5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
A==x+ +25 (0,5đ)
Các số dương x và Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x =
x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH1: nếu xx=-3<-1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: Nếu -1£x<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x³1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C L D
M K
D N B1 K1 A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1^AD; KK1^AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ)
Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ)
Tương tự S3+S4= x(1-x)S
S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)
SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S³1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)
tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)
tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BD^AC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thương của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1
ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là dư của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
==========================
ĐỀ 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M =
a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta được 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.
A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n
Bài 3: (2đ)
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M =
b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:
Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) x2+2x-8 = (x-2)(x+4) 0 x2 và x- 4 (0,5đ)
TXĐ = 0,2đ
b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ 6 = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ
= 0 khi x=2; x= 0,2đ
Để M= 0 Thì x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0
x2+ 2x- 8 0 0,5đ
Vậy để M = 0 thì x = 0,3đ
c) M = 0,3đ
Bài 2:
a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2đ)
Rút gọn được x2 = 81 0,5đ
Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ
Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ
b) (n3+2n2- 3n + 2):(n2-n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ
Muốn chia hết ta phải có 2n(n-1) 2n 0,2đ
Ta có:
n
1
-1
2
-2
n-1
0
-2
1
-6
n(n-1)
0
2
2
-3
loại
loại
0,3đ
Vậy n = -1; n = 2 0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x 0, y0, z0 0,2đ
0,3đ
0,3đ
M = 0,2đ
b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ
với x,y > 0
0,2đ 0,2đ
0,2đ
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh.
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c 0,2đ
Bài 4: a) A
B C
N
AN là phân giác của Nên 0,3đ
Theo giả thiết ta có Nên 0,2đ 0,5đ
b) BM là phân giác của nên 0,3đ
Theo giả thiết ta có: 0,2đ
Nên 0,5đ
c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC
Nên 0,5đ
Do đó 0,5đ
========================
ĐỀ 13
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/. x2 – x – 6 (1 điểm)
b/. x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 điểm)
Câu 2: ( 1 điểm)
Tìm GTNN của : x2 + x + 1
Câu 3: ( 1 điểm)
Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z.
Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với :
x = ; y =
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phương trình: + + = 14
Câu 6: ( 2,5 điểm)
Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.
ĐÁP ÁN
Câu 1: a/. Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2)File đính kèm:
30 de thi hsg xuan loc hoa lien.doc
