Đề thi olympic toán 8 năm học: 2013 - 2014 thời gian làm bài: 120 phút TRƯỜNG THCS KIM THƯ

TRƯỜNG THCS KIM THƯ
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8
Năm học: 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I: (6 điểm)
 1. Giải các phương trình sau:
 a. x4 + 2x2 - 3 = 0
 b. 
 2. Giải bất phương trình sau: 2x2 + 10x + 19 > 0
Bài II: (5 điểm)
 1. Tìm dư của phép chia đa thức x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 - 1
 2. Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x-3 thì dư 2; f(x) chia cho x + 4 thì dư 9, còn f(x) chia cho x2 + x - 12 thì được thương là x2 + 3 và còn dư.
Bài III (2 điểm)
 Cho các số a, b, c thỏa mãn a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 + b2 + c2
Bài IV: (7 điểm)
 Cho góc = 900 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 Ox 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 AC, DB theo a.
ĐÁP ÁN
Bài
Đáp án
Điểm
Bài I
1. a) x4 + 2x2 - 3 = 0
ó x4 + 3x2 - x2 - 3 = 0
ó.... ó (x2 +3) (x2 - 1) = 0
ó(x2 + 3) (x - 1) (x + 1) = 0
mà x2 + 3 > 0 với mọi giá trị x
(1) ó ó 
Vậy S = 
b. (2)
Xét x < 2 phương trình (2) trở thành
2 - x + 3 - x = 9 ó-2x = 4 ó x = -2 (Thỏa mãn)
Xét 2 ≤ x ≤ 3 pt (2) trở thành x - 2 + 3 - x = 9 
ó 1 = 9 (vô lý) 
Xét x > 3 pt (2) trở thành x - 2 + x - 3 = 9 
ó 2x - 5 = 9 ó x = 7 (thỏa mãn)
Vậy S = 


1 điểm



1 điểm



0,75 điểm

0,5 điểm

0,75 điểm


2. Giải bpt 2x2 + 10x + 19 > 0
Xét vế trái:
2x2 + 10x + 19 = x2 + 6x + 9 + x2 + 4x + 4 + 6
= (x + 3)2 + (x + 2)2 + 6
Do đó 2x2 + 10 x + 19 > 0 với mọi giá trị của x
Vậy bpt có nghiệm đúng với mọi giá trị x


1 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm
Bài II
1. 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 (*)
Với x = 1 thì (*) => 11 = a + b
Với x = -1 thì (*) => 3= -a + b
Giải ra ta được a = 4; b = 7
Vậy dư của phép chia x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2-1
là 4x + 7


0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm


0,5 điểm

2. Gọi thương của phép chia đa thức f(x) cho x - 3, cho x + 4 lần lượt là p(x); q(x) ta có: 

Do đó ta có 3a + b = 2
Và -4a + b = 9
Giải ra ta được a = -1; b = 5
Vậy f(x) = (x - 3) (x + 4) (x2 + 3) - x + 5
= x4 + x3 - 9x2 + 2x - 31 



1 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm
Bài III
Ta có: (a- )2 ≥ 0 =>a2 + ≥ a
Tương tự ta chứng minh được b2 + ≥ b ; c2 + ≥ c
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được 
a2 + b2 + c2 + ≥ a + b + c mà a + b + c = 
=> a2 + b2 + c2 ≥ 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = 
Vậy giá trị nhỏ nhất a2 + b2 + c2 bằng 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = 
0,5 điểm

0,5 điểm



0,5 điểm




0,5 điểm
Bài IV
a) Chứng minh được ∆AIC đồng dạng ∆ABO ( g.g)
=> hay (1)
Tương tự ∆BDI đồng dạng ∆BOA (g.g)
=> hay (2)
Từ (1) và (2) => hay AC.DB = IC.ID = a2 (không đổi)
Vậy AC.BD không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi
b. Nhân (1) với (2) ta có: 
mà IC = ID (theo giả thiết) suy ra 
c. Do tam giác OAB vuông tại O nên ta có:
SAOB = OA.OB = suy ra OA.OB = 
hay (a+AC) (a+DB) = 
=> a2 + a (AC+DB) + AC.DB = 
mà AC.DB = a2 (theo câu a)
=> a (AC +DB) = - 2a2
suy ra AC + DB = 
B
y
Từ đó ta có: AC = ; DB = 3a hoặc AC = 3a; 
I
D
DB = 
x

C
A
0
	

=0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm




0,5 điểm

1 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm





1 điểm


1 điểm