Đề thi olympic Toán 8 năm học 2013 2014

Trường THCS Hồng Dương ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8

Năm học: 2013 – 2014 Thời gian 120 phút ĐỀ BÀI Bài 1: (6 điểm)

a) Giải phương trình: y2 – 2y + 3 = 4 2 6

2  x x

b) Giải bất phương trình: 0 30 11

1 20 9

1 12 7

1 6 5 1

2 2 2 2             x x x x x x x x Bài 2: (5 điểm)

2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x + 3 b) Với m vừa tìm được ở câu a, hãy tìm số dư khi chia P(x) cho 3x – 2 và phân tích ra các thừa số bậc nhất

2.2) Cho đa thức: P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25. Tính P(6), P(7)? Bài 3: (2 điểm)

Cho a, b, c  [0; 1] và a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2

Bài 4: (7 điểm) Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D lên AC; H, K lần lượt là hình chiếu của C trên AB và AD. a) Tứ giác DFBE là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh: CHK BCA

c) Chứng minh: AC2 = AB. AH + AD.AK

ThuVienDeThi.com

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1

a) y2 – 2y + 3 = <=> (y2 – 2y + 3).(x2 + 2x + 4) = 6 4 2 6

2  x x <=> [(y – 1)2 + 2].[(x + 1)2 + 3] = 6

<=> (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 + 6 = 6 <=> (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 = 0 mà (x + 1)2 ≥ 0; (y – 1)2 ≥ 0 => (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 = 0 khi và chỉ

khi x + 1 = 0  x = - 1 Vậy cặp (x, y) = (-1; 1) là nghiệm của phương trình

y – 1 = 0 y = 1

b) 0 30 11

1 20 9

1 12 7

1 6 5 1

2 2 2 2             x x x x x x x x

 ĐKXĐ: x ≠ 2; 3; 4; 5; 6         

0 6 5

1 5 4

1 4 3

1 3 2

1             x x x x x x x x

 0 6 1 5 1 5 1 4 1 4 1 3 1 3 1 2 1                 x x x x x x x x

  => (x – 2)(x – 6)  0 0 6 1 2 1     x x    0 6 2

4   



x x

x – 2 ≥ 0  x ≥ 2  x ≥ 6 mà x ≠ 6 => x > 6

 x – 6 ≥ 0 x ≥ 6

x – 2  0 x  2  x  2 mà x ≠ 2 => x < 2

x – 6  0 x  6 Vậy tập nghiệm của BPT là x > 6 hoặc x < 2

1đ

0,5đ 0,5đ

1đ

0,5đ

1đ 0,5đ

1đ

2

2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m

a) P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m = 6x3 + 9x2 – 16x2 – 24x + 8x + 12 + m - 12

= 3x2(2x + 3) – 8x(2x + 3) + 4(2x + 3) + m – 12 = (2x + 3)(3x2 – 8x + 4) + m – 12

Để P(x) (2x +3) thì m – 12 = 0 <=> m = 12 

b) Với m = 12; P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 = 6x3 – 4x2 – 3x2 + 2x – 18x + 12 = 2x2(3x – 2) – x(3x – 2) – 6(3x – 2) = (3x – 2)(2x2 – x – 6) Phân tích P(x) ra tích các thừa số bậc nhất: P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + 12 = (2x + 3)(3x – 2)(x – 2) 2.2) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Mà P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e => P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + x2

P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156 P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769

0,5đ

1đ

1đ

1đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

3 Vì a, b, c  [0; 1] => (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 0

Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = 1 – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc (vì a + b + c = 2)

ThuVienDeThi.com

= - 1 + (ab + bc + ac) – abc ≥ 0

<=> ab + bc + ac ≥ abc + 1 ≥ 1 (vì abc ≥ 0 ) => -2 (ab + bc + ac)  -2

Lại có: (a + b + c)2 = a2 + b2 +c2 + 2(ab + bc + ac)

=> P = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = 4 – 2 (ab + bc + ca)  4 - 2 = 2

Vậy P = a2 + b2 + c2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi (a, b, c) là hoán vị của (0; 1; 1)

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

4

a) DF // BE (vì cùng vuông góc với AC)

AFD = CEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE

b) BC // AK => BCK = 900

ABC = 900 + BCH (góc ngoài của  CHB)

HCK = 900 + BCH

Có CKD = ACD + DAC (góc ngoài DKC)

HBC = BAC + BCA mà BCA = DAC ; BAC = DCA

 CKD CBH => CH CK BC CD 

 hay CH CK BC

AB 

 CHK BCA (c.g.c)

c) AEB AHC => AH

AE AC

AB 

=> AE.AC = AB.AH (1)

AFD AKC => AC AD AK AF 

=> AF.AC = AD.AK (2)

 Cộng vế với vế (1) và (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK (3)

Mà AFD = CEB (CM trên) => AF = CE

 (3) <=> AC.(AE + EC) = AB.AH + AD.AK <=> AC2 = AB.AH +AD.AK

1đ 1đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

1đ

1đ

1đ

=> ABC = HCK

=> DFBE là hình bình hành

ThuVienDeThi.com