Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8 năm học 2008 - 2009 môn thi Toán

phòng gd & đt tam dương

đề chính thức

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8

năm học 2008-2009

Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút – Không kể thời gian giao đề

Bài 1.

Đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn f(1) = 5; f(2) =11; f(3) = 21.

Tính f(-1) + f(5).

Bài 2.

a)Tìm tất cả các số nguyên n sao cho : n4+ 2n3 + 2n2+ n +7 là số chính phương.

b)Tìm nghiệm nguyên của của phương trình x2+ xy+y2=x2y2

Bài 3. Chứng minh rằng : (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 > 0 với mọi x

Bài 4.

a) Cho tam giác ABC gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC, AC. Gọi O,H,G lần

lượt là giao ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến của tam giác ABC.

Tính tỉ số GH : GO

b)Cho hình thang ABCD có hai đáy AB = 2a, CD= a, Hãy dùng điểm M trên

đường thẳng CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích bằng

nhau.

Bài 5.

Cho x 0,y 0,z 0 và x+y+ z =1 Chứng minh rằng xy+yz+zx-2xyz     7 27

------------- Giám thị không giải thích gì thêm --------------

ThuVienDeThi.com

Phòng GD-ĐT Tam Dương

Hướng dẫn chấm chọn Hoc sinh giỏi lớp 8 : 2008-2009

Môn: Toán

Câu Điểm toàn bài Nội dung

Điểm thành phần

1 2 điểm

Nhận xét: g(x) = 2x2 + 3 thoả mãn g(1) = 5; g(2) = 11; g(3) = 21.

Q(x) = f(x) - g(x) là đa thức bậc 4 có 3 nghiệm x = 1,x = 2, x = 3

Vậy Q(x) = (x - 1)(x - 1)(x - 3)(x - a); ta có:

f(-1) = Q(-1) + 2(-1)2 + 3 = 29 + 24a.

f(5) = Q(5) + 2.52 + 3 = 173 - 24a.

=> f(-1) + f(5) = 202

0,5

0,5

0,5

0,5

2 1, 5 điểm

a) (0,75 điểm) Giả sử n4+ 2n3 + 2n2+ n +7= y2 ( y N)  Ta có y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

y2 > (n2+ n)2

y > 2 n n 

y +1 Vì ( y N)  2 n n  

y2 2 1 n n   y2 (n2+ n +1)2  thay y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

n2 + n -6 < 0  (n-2) (n+3) 0 

 -3 n 2   Thử trực tiếp n = 2, n=-3 thỏa mãn Vậy số nguyên n cần tìm là n = 2;-3 b) (0,75 điểm) Thêm xy vào hai vÕ của PT ta có x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy  (x+y)2 = xy(xy+1) Ta thấy xy và xy+1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0 TH1 xy =0 => x2 + y2 = 0 => x=y = 0 TH2 xy+1 = 0 ta có xy = -1 nên (x,y) bằng (1;-1) hoặc (-1;1) Thử lại ba cặp số (0;0); (-1;1), (1;-1) đều là nghiệm của phương trình đã cho

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

3 1,5 điểm

Ta có (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 = (x-1) (x-6) (x-3)(x-4) + 10 = (x2 - 7x+6)(x2 -7x +12) +10 = (x2 - 7x+ 9 -3)(x2 -7x + 9 +3) +10

0,25 0,5

ThuVienDeThi.com

= (x2 - 7x+ 9)2 -9 +10 = (x2 - 7x+ 9)2 + 1 > 0 với mọi x Vì với mọi x 2 2 ( 7 9) 0 x x    Do đó (x2 - 7x+ 9)2 + 1 > 0 với mọi x (bài toán được chứng minh)

0,25

0,5

4 3điểm

Ta có OM//AH ( vì cùng vuông góc với BC) ON//BH ( vì cùng vuông góc với AC) NM//AB ( đường trung bình của tam giác) Xét ABH và MNO   Có ( góc có cạnh tương ứng song song) : : BAH NMO  ( góc có cạnh tương ứng song song) : : ABH MNO  => ABH MNO ( góc - góc)  : 

=> 1 2 NM OM BA AH  

Xét AGH và MOG   Có ( So le trong) (1) : : GAH GMO 

( Tính chất trọng tâm) (2) 1 2 GM

GA 

(Cmt) (3) 1 2 OM

AH 

Từ (1) (2) và (3) suy ra AHG MOG ( c-g-c)  :  => (4) : : AGH MGO  Măt khác A,G,M thẳng hàng (5)

Từ (4) và (5) => H,G,O thẳng hàng và 2 GH AH GO OM  

b)Gọi h là đường cao của hình thang ABCD Giả sử đã dùng được điểm M thuộc CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau. Gọi N là giao điểm của AM và BC. Đăt S1 = SADCN ; S2 = SANB;; S = SABCD

Ta có => S2 = S: 2 (1) 1 2

1 2

s s s

s s

     Kẻ đường cao NH của tam giác ANB và đặt NH= x ta có:

  1 3 2 2 2 ah s a a h   

2

1 .2 . 2 s a x ax  

Thay vào (1) : 1 3 3 . 2 2 4 ah h ax x   

áp dụng định lÝ ta lét => suy ra cách dùng: 1 3 NB NC 

Chia đoạn BC làm 4 phần bằng nhau, Lấy điểm N trên BC sao cho

1 4 NC BC 

Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD tại điểm M cần dùng

0,5

0,5

0,25 0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

ThuVienDeThi.com