Đề thi bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8

ĐỀ 1 Bài 1:( 3,5 điểm) Cho biểu thức M = : a) Rút gọn M b)Tính giá trị của M khi = Bài 2:(3điểm) a) Cho đa thức f(n) = n5 - 5n3 + 4n. Chứng minh rằng f(n) 120 với mọi giá trị của n N b) Tìm cặp số (x,y) thoả mãn phương trình 2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0 Bµi 3 : (4 ®iÓm) a)Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n vµ . TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc P = . b) Chøng minh r»ng nÕu vµ a + b + c = abc thì Bài 4 (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB. Chứng minh EF // AC vả ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEFN không phụ thuộc vào vị trí của P d) Giả sử CP BD và CP = 2,4 cm, . Tính các cạnh của hình chữ nhật Bài 5(2,5 điểm) : Chứng minh rằng x > 0, y > 0 thì . Áp dụng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác p là nửa chu vi . CMR ĐỀ 2 Bài 1:(4 ®iÓm) Cho biểu thức M = : a. Rút gọn M b.T×m x nguyªn ®Ó M ®¹t gi¸ lín nhÊt. Bài 2:(3 ®iÓm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3:(3 ®iÓm) a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x+ y+ z= 1 và x+ y+ z= 1. Tính tổng: S = x+y+ z Bµi 4:(3 ®iÓm) a. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: + + = b. Gi¶i ph­¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Bài 5:(7 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC nhän cã c¸c ®­êng cao AD,BE,CF c¾t nhau t¹i H. TÝnh tæng: Chøng minh: BH.BE + CH.CF = BC Chøng minh: H c¸ch ®Òu ba c¹nh tam gi¸c DEF. Trªn c¸c ®o¹n HB,HC lÊy c¸c ®iÓm M,N tïy ý sao cho HM = CN. Chøng minh ®­êng trung trùc cña ®o¹n MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. .........................HÕt...................... ĐỀ 3 Bài 1 (1,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x2 – x – 12; b) x2 + 2xy + 4y – 4; Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: P = Tìm x để P xác định. Rút gọn P. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên? Bài 3: (2,5 điểm) Cho đa thức . Tìm số dư trong phép chia đa thức cho đa thức . Chứng minh bất đẳng thức: . Với là các số dương. Áp dụng bất đẳng thức trên tìm giá trị nhỏ nhất của . với dương và . Bài 4: (2,5 điểm) ABCD là hình chữ nhật có AB //CD, AB = 2CB. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo BD tại H. Trên HB lấy điểm K sao cho HK = HA. Từ K kẻ đường thẳng song song với AH cắt AB tại E. Chứng minh E là trung điểm AB. Lấy M trung điểm DE, tia AM cắt DB tại N, cắt DC tại P Tính tỷ số diện tích tam giác AND với diện tam giác PMD? Câu 5:(1,5 điểm) Cho trước góc xOy; tỷ số và một điểm P nằm trong góc xOy. Dựng đường thẳng đi qua P cắt các cạnh Ox, Oy lần lượt tại C và D sao cho: . (Chỉ trình bày cách dựng và chứng minh) ĐỀ 4 Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10 Bài 2 (4đ) Cho a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. ∆ABC ~ ∆AEF H cách đều các cạnh của tam giác DDEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình HẾT Đề 5 Bµi 1: 1) Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: 2) Cho vµ . TÝnh S = Bµi 2: 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2) Cã tån t¹i hay kh«ng sè nguyªn d­¬ng n sao cho Bµi 3: Rót gän biÓu thøc A = Bµi 4: Cho DABC vu«ng t¹i A, cã AB < AC. KÎ ph©n gi¸c AD. Gäi M vµ N lÇn l­ît lµ h×nh chiÕu cña D trªn AB vµ AC. BN c¾t CM t¹i K, AK c¾t DM t¹i I, BN c¾t DM t¹i E, CM c¾t DN t¹i F. 1) Chøng minh r»ng EF // BC 2) Chøng minh r»ng K lµ trùc t©m cña DAEF 3) TÝnh sè ®o cña Bµi 5: Cho a, b, c, d, e > 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c + d + e = 4. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc ĐỀ 6 Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định. b) Rút gọn A. c) Nếu x; y là các số thực thoả mãn: 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A? Bài 2 (4 điểm): a) Giải phương trình : b) Tìm các số x, y, z biết : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và Bài 3 (3 điểm): Chứng minh rằng với mọi n thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 4 (7 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và b) Cho và . Tính SEBC? c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi. d) Kẻ. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh . Bài 5 (2 điểm): a) Chứng minh bất đẳng thức sau: (với x và y cùng dấu) b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (với ) ĐỀ 7 Bµi 1: (2 ®iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc sau ®©y thµnh nh©n tö: Bµi 2: (2®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: Bµi 3: (2®iÓm) 1. CMR víi a,b,c,lµ c¸c sè d­¬ng ,ta cã: (a+b+c)( 2. T×m sè d­ trong phÐp chia cña biÓu thøc cho ®a thøc . Bµi 4: (4 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A (AC > AB), ®­êng cao AH (HBC). Trªn tia HC lÊy ®iÓm D sao cho HD = HA. §­êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng. TÝnh ®é dµi ®o¹n BE theo . Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n BE. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng. TÝnh sè ®o cña gãc AHM Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: . ĐỀ 8 Bµi 1 (2 ®iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: a/ b/ Bµi 2 (2 ®iÓm) Cho P = a/ Rót gän P b/ T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó P. cã gi¸ trÞ nguyªn. Bµi 3 (2 ®iÓm) a/ Gi¶i ph­¬ng tr×nh: b/ Cho tam gi¸c ABC cã gãc A gÊp ®«i gãc B, gãc B gÊp ®«i gãc C. Chøng minh r»ng: Bµi 4 (3 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã ®­êng ph©n gi¸c AD. H×nh vu«ng MNPH cã MAB, NAC, P vµ QBC. BN c¾t MQ t¹i E, CM c¾t NP t¹i F. Chøng minh r»ng: a/ b/ AE=AF Bµi 5 (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ c¸c sè tháa m·n . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = . HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 1 Bài 1: ĐKXĐ x0, x ( 0,5 điểm) a) Rút gọn M M =: =: M = = ( 1,5 điểm) b)Tính giá trị của M khi = = x = hoặc x = - (0,5 điểm) Với x = ta có : M === (0,5 điểm) Với x = - ta có : M === (0,5 điểm) Bài 2. a) Phân tích được f(n) = (n – 2)(n – 1)n(n +1)(n + 2) (0,5 điểm) Lập luận đúng f(n)  2.3.4.5 => f(n)  120 ( 1 điểm) b) Tách được 2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0 (x + y +1)2 + (x – 2)2 = 0 (0,75 điểm) Lập luận (0,75 điểm) Bài 3: a) Ta có : => => và .=> => Suy ra: => ( 2 điểm ) b) Ta có : Vì a+b+c = abc ta được : ( 2 điểm) Bài 40 Vẽ hình đúng đến câu a (0,5 điểm) a) Gọi O là giao điểm của AC và BD Chỉ ra được PO là đường trung bình của ACM (0,5 điểm) => PO // MA => AMDB là hình thang ( 0,5 điểm) b) Chứng minh được (0,5 điểm) => EF // AC (0,5 điểm) Chỉ ra IP // AC => E, F, P thẳng hàng (1 điểm) c) Chứng minh MAF và BAD đồng dạng => tỉ số không đổi (1,5 điểm) d) Nếu => = k > 0 => PD = 9k, PB = 16k (0,5 điểm) Từ CP BD Chứng minh được CPD và DCP đồng dạng Lập tỉ số suy ra CP2 = PB.PD => k = 0,2 Tính được PD = 1,8 và PD = 3,2 (0,75 điểm) Tính được BC = 4 cm và CD = 3 cm (0,75 điểm) Bài 5: Chứng minh đúng Bất đẳng thức thứ nhất (0,75 điểm) Vì p là nửa chu vi nên p – a > 0, p – b > 0, p – c > 0 (0,5 điểm) Áp dụng BĐT thứ nhất lần lượt ta có (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh (0,5 điểm) H­íng dÉn chÊm m«n to¸n 8 ĐỀ 2 Bµi Néi dung §iÓm 1 a = = = = = M = = 0,5 0,5 0,5 0,5 b + NÕu x 2 th× M 0 nªn M kh«ng ®¹t GTLN. + VËy x 2, khi ®ã M cã c¶ Tö vµ MÉu ®Òu lµ sè d­¬ng, nªn M muèn ®¹t GTLN th× MÉu lµ (2 – x) ph¶i lµ GTNN, Mµ (2 – x) lµ sè nguyªn d­¬ng 2 – x = 1 x = 1. VËy ®Ó M ®¹t GTLN th× gi¸ trÞ nguyªn cña x lµ: 1. 0,5 0,5 0,5 0,5 2 a A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) 0,5 0,5 0,5 b Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) T­¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 Vậy A< 0 0,5 0,5 0,5 3 a A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0 Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 2010 Dấu ''='' x¶y ra x – y = 0 và y – 2 = 0 x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2 0,5 0,5 0,5 b Ta có: (x + y + z)= x+ y+ z + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 z = 1, l¹i kết hợp với đ/k: x+ y+ z= 1 x = y = 0. Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1. 0,5 0,5 0,5 4 a Ph­¬ng tr×nh ®­îc biÕn ®æi thµnh: (Víi §KX§: ) = () + () + () = = (x + 4)(x +7) = 54 (x + 13)(x – 2) = 0 x = -13 hoÆc x = 2 (Tháa m·n §KX§) VËy nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ: S = 0,5 0,5 0,5 0,5 b + Ph­¬ng tr×nh ®­îc biÕn ®æi thµnh: (x + 1)(x+ 1) = (2y + 1) + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x+ 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x+ 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 2 mµ d lÎ nªn d = 1. + Nªn muèn (x + 1)(x+ 1) lµ sè chÝnh ph­¬ng Th× (x+1) vµ (x+ 1) ®Òu ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng §Æt: (k + x)(k – x) = 1 hoÆc + Víi x = 0 th× (2y + 1)= 1 y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ: (x;y) = 0,25 0,25 0,25 0,25 5 0,5 a Tr­íc hÕt chøng minh: = T­¬ng tù cã: ; Nªn = = 1 0,5 0,5 0,5 0,5 b Tr­íc hªt chøng minh BDHBEC BH.BE = BD.BC Vµ CDHCFB CH.CF = CD.CB. BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (®pcm) 0,5 0,5 0,5 0,5 c Tr­íc hÕt chøng minh: AEF ABC Vµ CDECAB mµ EBAC nªn EB lµ ph©n gi¸c cña gãc DEF. T­¬ng tù: DA, FC lµ ph©n gi¸c cña c¸c gãc EDF vµ DFE. VËy H lµ giao ®iÓm c¸c ®­êng ph©n gi¸c cña tam gi¸c DEF nªn H c¸ch ®Òu ba c¹nh cña tam gi¸c DEF (®pcm) 0,5 0,5 0,5 d Gäi O lµ giao ®iÓm cña c¸c ®­êng trung trùc cña hai ®o¹n MN vµ HC, ta cã OMH = ONC (c.c.c) .(1) MÆt kh¸c ta còng cã OCH c©n t¹i O nªn:.(2) Tõ (1) vµ (2) ta cã: HO lµ ph©n gi¸c cña gãc BHC VËy O lµ giao ®iÓm cña trung trùc ®o¹n HC vµ ph©n gi¸c cña gãc BHC nªn O lµ ®iÓm cè ®Þnh. Hay trung trùc cña ®o¹n MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lµ O. 0,25 0,25 O,25 0,25 Chó ý: + H­íng dÉn chÊm nµy cã 3 trang, chÊm theo thang ®iÓm 20. + §iÓm toµn bµi lµ tæng c¸c ®iÓm thµnh phÇn kh«ng lµm trßn. + Bµi sè 5 ph¶i cã h×nh vÏ ®óng míi chÊm. + Mäi c¸ch lµm kh¸c ®óng còng cho ®iÓm tèi ®a t­¬ng øng víi tõng néi dung cña bµi ®ã. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 3 (TẢI MẠNG ĐÓ LÀ ĐỀ HSG K8 HUYỆN THANH CHƯƠNG 2008 – 2009 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008 ĐỀ SỐ 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 8 Gợi ý đáp án Điểm Bài 1a) 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 =(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) (1 đ) (1đ) Bài 1b) x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) (1đ) (1đ) Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5và x ≠2 (0,5đ) (2đ) 2b), với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. (1,5đ) Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau TH1: Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2: Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của phương trình. Kết luận phương trình có nghiệm x=3. (1đ) (1đ) Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 Ûx2-25=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) Û(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 Û(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 Û(x+5)(-x-8)=0 Û x-5=0 hoặc x+8 =0 Û x=-5 hoặc x=-8 (2đ) Bài 4a) Ta có BG ^AB, CH ^AB, nên BG //CH, tương tự: BH ^AC, CG ^AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. (2đ) 4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng. Từ đây suy ra Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF. (1,5đ) 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆BDF~∆DECÞ. (1,5đ) 4d) Ta có Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF. (1đ) Bài 5) Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy]= x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = = dpcm 1đ Bài 6) Điều kiện , bất phương trình Hoặc biểu diễn trên trục số : 1đ Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng. Lêi gi¶i tãm t¾t Đề 5 Bµi 1: (5 ®iÓm) 1) (3 ®iÓm) = (1 ®) = (1 ®) = (1 ®) 2) (2 ®iÓm) Ta cã Þ Þ (0,5 ®) vµ Þ Þ (0,5 ®) Suy ra 125 = . Do ®ã S = = 5 (1 ®) Bµi 2: (5 ®iÓm) 1) (3 ®iÓm) Û Û (1,5 ®) V× ; (0,5 ®) Nªn ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng Û x = 1 (0,5 ®) VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 1 (0,5 ®) 2) (2 ®iÓm). Gi¶ sö tån t¹i n Î N* sao cho . Ta cã 26n cã tËn cïng lµ 6 vµ 212011 cã tËn cïng lµ 1. VËy n6 cã tËn cïng ph¶i lµ 5, do ®ã n cã tËn cïng lµ 5. (0,5 ®) Khi ®ã cã d¹ng (0,5 ®) Û Û , v« lÝ (0,5 ®) VËy kh«ng tån t¹i sè nguyªn d­¬ng n tháa m·n bµi to¸n (0,5 ®) Bµi 3: (2 ®iÓm). NhËn xÐt r»ng mçi sè h¹ng cña tæng cã d¹ng víi k = 2, 3, …, 2011 (1 ®) Ta cã = = (1 ®) Bµi 4: (6 ®iÓm). VÏ h×nh kh«ng chÝnh x¸c kh«ng cho ®iÓm c¶ bµi 1) (2 ®). Chøng minh ®­îc tø gi¸c AMDN lµ h×nh vu«ng (0,5 ®) (1®) hay Þ EF // DC hay EF // BC (0,5 ®) 2) (2 ®). Theo ®Þnh lÝ Thales ta cã (0,5 ®) hay vµ (0,5 ®) Þ DNAF ~ DABN Þ Þ AF ^ BN. (0,5 ®) LËp luËn t­¬ng tù cã AE ^ CM. VËy K lµ trùc t©m cña DAEF (0,5 ®) 3) (2 ®). K lµ trùc t©m cña DAEF Þ AK ^ EF mµ EF // BC Þ AK ^ BC (0,5 ®) KÕt hîp víi DM ^ AB Þ I lµ trùc t©m cña DABD. VËy (1 ®) Bµi 5: (2 ®iÓm). Ta cã . DÊu “=” x¶y ra khi x = y (0,5 ®) ¸p dông liªn tiÕp B§T ta cã 42 = (a + b + c + d + e)2 ³ 4(a + b + c + d)e (1) (a + b + c + d)2 ³ 4(a + b + c)d (2) (a + b + c)2 ³ 4(a + b)c (3) (a + b)2 ³ 4ab (4) Do a, b, c, d, e > 0 nªn c¸c vÕ cña c¸c B§T trªn ®Òu d­¬ng. Nh©n tõng vÕ cña chóng vµ rót gän ta ®­îc 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) ³ 256abcde Þ . (1 ®) DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi VËy GTNN cña P b»ng 16 ®¹t ®­îc khi a = b = ; c = ; d = 1 vµ e = 2 (0,5 ®) L­u ý: Mäi c¸ch gi¶i kh¸c ®óng ®Òu cho ®iÓm tèi ®a -------HÕt ----- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 6 Bài 1: (4 điểm) Điều kiện: x y; y0 (1 điểm) A = 2x(x+y) (2 điểm) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A + Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) = 1 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 A + (x – y + 1)2 = 2 A = 2 – (x – y + 1)2 (do (x – y + 1) (với mọi x ; y) A 2. (0,5đ) + A = 2 khi + A = 1 khi Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn: + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (0,5 điểm) Bài 2: (4 điểm) a) b) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 +2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0 (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0 x2009 = y2009 = z2009 Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010 z2009 = 32009 z = 3 Vậy x = y = z = 3 Bài 3 (3 điểm) Cần chứng minh: n5 – n 10 - Chứng minh : n5 - n 2 n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) 2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp) - Chứng minh: n5 – n 5 n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5) = n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 ) lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5 - Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n5 – n 2.5 tức là n5 – n 10 Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau. Bµi 4: 6 ®iÓm C©u a: 2 ®iÓm * Chøng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iÓm) - Chøng minh EBD ®ång d¹ng víi ECA (gg) 0,5 ®iÓm - Tõ ®ã suy ra 0,5 ®iÓm * Chøng minh (1 ®iÓm) - Chøng minh EAD ®ång d¹ng víi ECB (cgc) 0,75 ®iÓm - Suy ra 0,25 ®iÓm C©u b: 1,5 ®iÓm - Tõ = 120o = 60o = 30o 0,5 ®iÓm - XÐt EDB vu«ng t¹i D cã = 30o ED = EB 0,5 ®iÓm - Lý luËn cho tõ ®ã SECB = 144 cm2 0,5 ®iÓm C©u c: 1,5 ®iÓm - Chøng minh BHD ®ång d¹ng víi DHC (gg) 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm - Chøng minh DPB ®ång d¹ng víi CQD (cgc) 1 ®iÓm C©u d: 1 ®iÓm - Chøng minh BMI ®ång d¹ng víi BCD (gg) - Chøng minh CM.CA = CI.BC 0,5 ®iÓm - Chøng minh BM.BD + CM.CA = BC2 cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi 0,5 ®iÓm C¸ch 2: Cã thÓ biÕn ®æi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2 Bài 5: (2 điểm) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó bất đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm) Đặt Biểu thức đã cho trở thành P = t2 – 3t + 3 P = t2 – 2t – t + 2 + 1 = t(t – 2) – (t – 2) + 1 = (t – 2)(t – 1) + 1 - Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t 2. ; . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 x = y (1) - Nếu x; y trái dấu thì và t 0 P > 1 (2) - Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x 0 ; y 0 thì luôn có P 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Pmin= 1 (khi x = y) Bài 5: (2 điểm) - Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x2 – x + 1), khi đó ta có: f(x) = (x – 2).(x2 – x + 1).P(x) + R(x) (1) - Vì đa thức chia (x – 2)(x2 – x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc 2 - Từ (1) dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2), mà R(x) là đa thức có bậc 2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt) R(x) = (x – 2)(kx + p) + 4 - Lập luận tương tự trên ĐỀ 7 Bµi C©u Néi dung §iÓm 1. 2,0 1.1 (0,75 ®iÓm) 0.5 0,5 1.2 (1,25 ®iÓm) 0,25 0,25 0,25 2. 2,0 2.1 (1) + NÕu : (1) (tháa m·n ®iÒu kiÖn ). + NÕu : (1) (c¶ hai ®Òu kh«ng bÐ h¬n 1, nªn bÞ lo¹i) VËy: Ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm duy nhÊt lµ . 0,5 0,5 2.2 (2) §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm: (2) vµ . VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm 0,25 0,5 0,25 3. 2.0 3.1 Ta cã: A= = Mµ: (B§T C«-Si) Do ®ã A VËy A 0,5 0,5 3.2 Ta cã: §Æt , biÓu thøc P(x) ®­îc viÕt l¹i: Do ®ã khi chia cho t ta cã sè d­ lµ 1993 0,5 0,5 4. 4,0 4.1 + Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: Gãc C chung. (Hai tam gi¸c vu«ng CDE vµ CAB ®ång d¹ng) Do ®ã, chóng dång d¹ng (c.g.c). Suy ra: (v× tam gi¸c AHD vu«ng c©n t¹i H theo gi¶ thiÕt). Nªn do ®ã tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A. Suy ra: 1,0 0,5 4.2 Ta cã: (do ) mµ (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) nªn (do ) Do ®ã (c.g.c), suy ra: 0,5 0,5 0,5 4.3 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. Suy ra: , mµ Do ®ã: 0,5 0,5 Hd chÊm to¸n ĐỀ 8 Bµi 1 (2 ®iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: a/ HD: thªm bít x. §¸p sè: (x2+x+1)(x5-x4+x2-x+1) 1 b/ 1 Bµi 2 (2 ®iÓm) Cho P = a/ Rót gän P . KQ: P= §K: 1 b/ T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó P. cã gi¸ trÞ nguyªn. P. nguyªn th× x-2 lµ ­íc cña 15. vËy x=.......... chØ cã x=......... tháa m·n §K. 1 Bµi 3 (2 ®iÓm) a/ Gi¶i ph­¬ng tr×nh: ®Æt x2-4x=t ta ®­îc: t2+2t-35=0; t=-7, t=5 Ta cã: x2-4x+7=0 v« nghiÖm; x2-4x-5=0 , x=5, x=-1 1 b/ Cho tam gi¸c ABC cã gãc A gÊp ®«i gãc B, gãc B gÊp ®«i gãc C. Chøng minh r»ng: HD: Gäi BC=a, AC=b, AB=c. KÎ ®­êng ph©n gi¸c BM, ta chøng minh ®­îc: AM= , v× (1) T­¬ng tù, kÎ ph©n gi¸c AN suy ra ®­îc: a2=b(b+c) (2), chia (1) cho (2) ta ®­îc: (§PCM) 1 Bµi 4 (3 ®iÓm) h×nh vÏ Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã ®­êng ph©n gi¸c AD. H×nh vu«ng MNPH cã MAB, NAC, P vµ QBC. BN c¾t MQ t¹i E, CM c¾t NP t¹i F. Chøng minh r»ng: a/ HD: Ta chøng minh ®­îc: (theo Talet vµ tam gi¸c ®ång d¹ng) 0,5 1 b/ AE=AF . HD: tõ a/ vµ theo T/c ®­êng ph©n gi¸c suy ra DE//CN, DF//BM tõ ®ã suy ra: DE= 1,5 Bµi 5 (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ c¸c sè th