Đề thi học sinh giỏi tuyến trường môn toán lớp 8 năm học : 2006 – 2007. Thời gian : 150 phút

đề thi học sinh giỏi tuyến trường môn toán lớp 8
năm học : 2006 – 2007.
thời gian : 150 phút .
Câu 1: (2 điểm).
 Biết a(a+2) + b (b+2) – 2ab = 63. Tính a – b .
Câu 2: (2 điểm).
 Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
 a) x3 + 5x2 +3x – 9 .
 b) (x+ y +z)3 – (x3 + y3 + z3) .
Câu 3: (3 điểm).
 Chứng minh biểu thức:
A = 2006(32005 + 32004 + ...+ 32 + 4) + 1003
 chia hết cho 32006.
Câu 4: (3 điểm).
 Giải và biện luận phương trình sau, với a là hằng số.
 = 1 – a.
Câu 5: (2,5 điểm).
 Tính giá trị của biểu thức:
 A = biết x2 – 4x + 1 = 0.
 Câu 6: (6,5 điểm).
 Cho tam giác ABC. Trên AB lấy điểm F sao cho AF = AB. Trên AC lấy điểm G sao cho AG = AC. Lấy điểm E đối xứng với điểm G qua F. Lấy điểm H đối xứng với điểm F qua điểm G.
a) Chứng minh FG // BC.
b) Chứng minh tứ giác BEHC là hình bình hành.
c) Các cạnh AB và AC của tam giác ABC có điều kiện gì để tứ giác BEHC là hình chữ nhật.
Đáp án đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8.
năm học : 2006 – 2007.
Câu 1 : 2 điểm.
 Ta có : a (a + 2) + b (b + 2) – 2ab = 63
 a2 + 2a + b2 + 2b – 2ab = 63
 (a - b)2 + (a - b) + 1 – 64 = 0 
 (a – b + 9)(a – b - 7 ) = 0.
 a – b + 9 = 0 hoặc a – b – 7 = 0 .
 a – b = - 9 hoặc a – b = 7.
Câu 2: 3 điểm .
 a) 1 điểm
 x3 + 5x2 + 3x – 9 = (x3 - 1)(5x2 - 5) + (3x - 3)
 = (x – 1) (x2 + x + 1) + 5(x – 1) (x + 1) + 3 (x – 1)
 = (x – 1 )(x2 + x + 1 +5x +5 +3)
 = (x - 1) (x2 + 6x + 9)
 = (x - 1) (x +3 )2.
 b) 2 điểm.
 (x + y + z)3 – (x3 +y3 + z3) 
 = (x + y + z)3 – z3 – (x3 + y3) 
 = (x + y + z - z)[(x + y + z)2 + z(x + y + z) + z2] – (x3 + y3)
 = (x + y)[(x + y + z)2 + z(x + y + z) + z2] – (x + y)(x2 – xy + y2)
 = (x + y ) (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 2x + 2y + 2z2 - x2 + xy – y2) 
 = (x + y ) (3z2 + 3xy + 3yz + 3zx)
 = 3 ( x + y) (z2 + xy + yz + zx) 
 = 3 (x + y ) [(z2 + zx ) +(xy +yz)]
 = 3 (x + y) [z(z + x)]+ y (z+x) ]
 = 3 (x + y) (z+x) (z + y) .
Câu 3 : 3 điểm.
 A = 2006 (32005 + 3 2004 + ...+ 32 + 4) + 1003 
 3A = 2006 (32006 + 32005 + ... + 33 +32 + 3) + 3009 
 3A – A = 2006 (32006 + 32005 + ... + 33 +32 + 3) + 3009 – [2006 ( 32005 + 32004+ ... + 32 +3 + 1 ) + 1003]
 2A = 2006 . 32006 + 3009 – 3009
 A = 32006 (đpcm)
Câu 4 : 3 điểm.
 ĐKXĐ : x 1
 Quy đồng và khử mẫu ở hai vế ta được : 1 + a = (1 - x) (1 - a)
 	(a - 1)x = 2a (1)	
- Nếu a = 1 thì (1) có dạng 0.x = 2 (vô lí ) : phương trình vô nghiệm
- Nếu a 1 thì (1) có nghiệm x = . Để là nghiệm của PT ban đầu cần thoả mãn điều kiện 1a -1.
Kết luận: a = 1 hoặc a = -1 PT VN
 a 1 và a - 1 thì PT có 1 nghiệm x =.
Câu 5 : 2,5 điểm
 Từ x2 – 4x +1 = 0 x2 – x +1 = 3x hay x2 +x +1 = 5x
 Ta có : A = = 
 = . 3 .5 =15.
Câu 6 : 6,5 điểm.
a) 3 điểm
 Lấy M , N lần lượt là trung điểm của BF, CG. Ta có : AF = FM = MB AG = GN = NC.
Xét AMN có FA = FM ; GA = GN 
 FG // MN và FG = .MN
Gọi S là giao điểm của BG và MN
+BFG có MS // FG và BM = MF BS = SG
A
S
N
M
H
E
G
F
C
B
+ GBC có BS = SG ; GN = NC SN // BC hay MN // BC.
Từ FG // MN và MN // BC FG// BC.
b) 2,5 điểm.
Theo chứng minh câu a) ta có FG = .MN
MN = FG = . BC
EH = 3. FG =BC.
Tứ giác BEHC có BC = EH và BC // EH nên BEHC là hình bình hành.
c) 1 điểm.
 Tứ giác BEHC là hình chữ nhật 
 BF = CG
 Do đó : AB = AC .
Biên tập: PHT Lê Văn Nguyện
Upload: GV LXD