20 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: 20 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn giải)

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 1 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 . b) Giải phương trình x4 30x2 31x 30 0 Câu 2 148 x 169 x 186 x 199 x a) Giải phương trình 10 25 23 21 19 b) Chứng minh rằng A n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn. Câu 3 a) Tìm các giá trị của x để biểu thức: P x 1 x 2 x 3 x 6 có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. b) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 3. Câu 4 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB , MF  AD . a) Chứng minh DE CF b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy. c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Câu 5 1 1 1 1 a) Chứng minh rằng P 1 22 32 44 1002 1 1 1 1 b) Cho a, b, c là ba số khác 0 thoả mãn a b c 2016 và a b c 2016 Chứng minh rằng trong ba số a, b, c tồn tại hai số đối nhau. ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm). a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau: 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 . Ta có: 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 3x 2 2.3x.3 32 y2 2.y.3 32 2 z2 2z 1 0 3x 3 2 y 3 2 2 z 1 2 0 Vì 3x 3 2 0; y 3 2 0;2 z 1 2 0 với mọi x, y, z nên: x 1 y 3 z 1 b) Giải phương trình: x4 30x2 31x 30 0 Hướng dẫn x4 30x2 31x 30 0
2. x4 30x2 30x 30 x 0 x4 x 30 x2 x 1 0 x x 1 x2 x 1 30 x2 x 1 0 x2 x 1 x2 x 30 0 Ta có: 2 2 1 3 x x 1 x 0 với mọi x nên suy ra: 2 4 x2 x 30 0 x 5 x 6 0 x 5 x 6 Câu 2. 148 x 169 x 186 x 199 x a) Giải phương trình: 10 25 23 21 19 Hướng dẫn 148 x 169 x 186 x 199 x 10 25 23 21 19 148 x 169 x 186 x 199 x 1 2 3 4 0 25 23 21 19 1 1 1 1 123 x 0 25 23 21 19 1 1 1 1 Vì 0 nên 123 – x = 0, suy ra x = 123. 25 23 21 19 b) Chứng minh rằng: A n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn. Hướng dẫn n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn Ta có: A n3 6n2 8n A n n2 6n 8 A n n 2 n 4 Vì n là số chẵn nên đặt n 2k k ¢ , khi đó: A 2k 2k 2 2k 4 A 8k k 1 k 2 A 23 k k 1 k 2 Vì k k 1 k 2 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên: - Tồn tại một số là bội của 2 nên k k 1 k 2 2 nên A16 - Tồn tại một số là bội của 3 nên k k 1 k 2 3 Vậy A chia hết cho 3, 16 mà 3,16 1 nên A3.16 48. Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các giá trị của x để biểu thức: P x 1 x 2 x 3 x 6 có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
3. b) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 3. Hướng dẫn P x 1 x 2 x 3 x 6 P x2 5x 6 x2 5x 6 2 P x2 5x 36 2 2 Vì x2 5x 0 nên P x2 5x 36 36 2 Do đó Min P = -36 khi x2 5x 0 . Từ đó ta tìm được x = 0 hoặc x = -5 thì min P = -36. b) Gọi hai số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3. Ta có: a3 b3 a b a2 ab b2 3 3 2 2 a b a b a 2ab b 3ab a3 b3 a b a b 2 3ab Vì a b chia hết cho 3 nên a b 2 3ab chia hết cho 3; Do vậy a b a b 2 3ab chia hết cho 9. Câu 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB, MF  AD. a) Chứng minh: DE CF E b) Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. A B c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Hướng dẫn a) Chứng minh: AE FM DF AED DFC đpcm. b) DE, BF, CM là ba đường cao của EFC đpcm. F c) Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi M ME MF a không đổi SAEMF ME.MF lớn nhất ME MF (AEMF là hìnhD vuông) C M là trung điểm của BD. 1 1 1 1 Câu 5. Chứng minh rằng: P 1 22 32 44 1002 Hướng dẫn 1 1 1 1 P 22 32 44 1002 1 1 1 1 2.2 3.3 4.4 100.100 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 99.100 1 1 1 1 1 1 99 1 1 1 2 2 3 99 100 100 100
4. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 2 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử A a 1 a 3 a 5 a 7 15 b) Cho a b 2 b c 2 c a 2 4 a2 b2 c2 ab ac bc Chứng minh rằng a b c . Câu 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a4 2a3 3a2 4a 5 . Câu 3. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2016 cho đa thức x2 10x 21. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD AE . Xác định vị trí của điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Câu 5 a) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác vuông, với a là độ dài cạnh huyền thì thì các số x 9a 4b 8c ; y 4a b 4c ; z 8a 4b 7c cũng là số đo ba cạnh của một tam giác vuông khác. Câu 6 a) Tìm các số x, y nguyên dương biết 6x 5y 18 2xy b) Tìm các số nguyên x, y biết 5x 3y 2xy 11 ĐÁP ÁN Câu 1 a) A a 1 a 3 a 5 a 7 15 A a 1 a 7 a 3 a 5 15 A a2 8a 7 a2 8a 15 15 Đặt a2 8a 7 t , ta có: A t t 8 15 A t 2 8t 15 A t 3 t 5 Do đó A a2 8a 7 3 a2 8a 7 5 A a2 8a 10 a2 8a 12 A a2 8a 10 a 2 a 6 . b) Ta có: a b 2 b c 2 c a 2 4 a2 b2 c2 ab ac bc a 2 b 2 2ab b 2 c 2 2bc c 2 a 2 2ac 4a 2 4b 2 4c 2 4ab 4ac 4bc (a 2 b 2 2ac) (b 2 c 2 2bc) (a 2 c 2 2ac) 0 (a b) 2 (b c) 2 (a c) 2 0 Vì (a b) 2 0 ; (b c) 2 0 ; (a c) 2 0; với mọi a, b, c
5. Dấu “=” xảy ra khi x 4, y 3 Vậy Giá trị nhỏ nhất của A là 2003 đạt được khi x 4, y 3 0.5 Dễ thấy a3 a a(a 1)(a 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp 0.5 nên chia hết cho 3 Xét hiệu 3 3 3 1 B (a1 a2 a2013 ) (a1 a2 a2013 ) (a1 a2 a2013 ) 0.5 3 3 3 (a1 a1) (a2 a2 ) (a2013 a2013 ) chia hết cho 3 2014 Mà a1,a2 , a2013 là các số tự nhiên có tổng bằng 2013 3. 0.5 3 Do vậy B chia hết cho 3. 0.5 Từ 2a 2 a 3b2 b có (a b)(3a 3b 1) a2 0.5 Cũng có (a b)(2a 2b 1) b2 . Suy ra 2 2 0.5 2 (a b) (2a 2b 1)(3a 3b 1) (ab) Gọi (2a 2b 1,3a 3b 1) d . Chứng minh được d=1 0.5 3a 3b 1 là số chính phương a b là số chính phương 0.5 (đpcm) A M O N 4 B H D E I K C Ta có IM//AC, IN//AB AMIN là hình bình hành 1 1 MN cắt AI tại trung điểm mỗi đường . Mà O là trung điểm AI 0.5 M, O, N thẳng hàng (đpcm) 0.5 Kẻ OE vuông góc với BC. Chứng minh MHKN là hình thang 0.5 vuông. Ta có O là trung điểm MN mà OE//MH//NK. Suy ra OE là đường 2 trung bình của hình thang vuông MNKH nên MH + NK = 2OE 0.5 (1) Xét ΔADI có O là trung điểm của AI và OE//AD. Suy ra OE là 0.5 đường trung bình của ΔADI nên AD = 2OE (2) Từ (1) và (2) ta có MH + NK = AD (đpcm). 0.5 3 Ta có MN // BC khi và chỉ khi MN là đường trung bình của ABC 0.5
6. (Do O là trung điểm AI) I là trung điểm BC (Vì MI // AC, MA=MB) 1 Vậy để MN song song với BC thì I là trung điểm BC 0.5 Xét hiệu x y (a b)(c d) (a c)(b d) (d a)(b c) 0.5 Vì d a,b c nên (d a)(b c) 0 . Suy ra x y (1) 0.5 5 Xét hiệu y z (a c)(b d) (a d)(b c) (a b)(d c) 0.5 Vì b a,c d nên (a a)(d c) 0 . Suy ra y z (2) 0.5 Từ (1) và (2) ta sắp xếp theo thứ tự giảm dần là z y x ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 17 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút 5x2 5y2 5z2 x y z 2 5 xy yz xz 2 Câu 1. Cho phân thức A 5x 5y 5z 2 25xy 25yz 25xz a) Tìm các giá trị của x, y, z để phân thức xác định b) Rút gọn A Câu 2 a) Tìm các giá trị của a để h x 3x2 ax 32 chia cho x 5 có số dư là 3 b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y 3 xy x c) Phân tích đa thức x3 6x2 13x 42 thành nhân tử Câu 3 a4 16 a) Cho M . Tìm a ¢ để M ¢ a4 4a3 8a2 16a 16 1 b) Biết ax by cz 0 và a b c . 2016 ax2 by2 cz2 Tính N bc y z 2 ac x z 2 ab x y 2 Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ các tia Bx  AB , Cy  CA chúng cắt nhau tại D. a) Tứ giác BHCD là hình gì? Vì sao? b) Gọi E là điểm sao cho BC là đường trung trực của EH. Chứng minh tứ giác BCDE là hình thang cân. c) BD cắt EH tại K. Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì để tứ giác HCDK là hình thang cân Câu 5. Cho 0 x, y, z 1. Chứng minh rằng 0 x y z xy yz xz 1 HƯỚNG DẪN Câu 1 a) Ta có 5x 5y 5z 2 25xy 25yz 25xz 25 x y z 2 xy yz xz Xét x y z 2 xy yz xz 0
7. x2 y2 z2 xy yz xz 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 x y y z z x 0 x y z 0 Để phân thức xác định thì x, y, z không đồng thời bằng 0 b) Đặt x2 y2 z2 a và xy yz xz b thì x y z 2 a 2b 2 a a 2b b2 a2 2ab b2 a b a b Khi đó A 5 a 2b b 5 a b 5 a b 5 x2 y2 z2 xy yz xz Vậy A 5 Câu 4 A F H I B C M K E D x y a) HS tự làm b) Gọi I là giao điểm của AE và BC, K là giao điểm của EH và BD Ta có IM / /DE nên BC / /DE , do đó tứ giác BCDE là hình thang Lại có CE CH mà CH BD nên BD CE , vậy tứ giác BDCE là hình thang cân c) BH cắt AC tại F, ta có Fµ 900 Hình thang HKDC là hình thang cân K· HC H· CD K· HC C· HF (vì C· HF H· CD (so le trong)) HIC HFC H· CI H· CF CH là phân giác của góc ACB ABC cân tại C. Vậy HKDC là hình thang cân khi và chỉ khi ABC là tam giác cân tại C. Câu 5 Từ 0 x, y, z 1 suy ra x xz ; y yz và z zx nên x y z xy yz xz 0 (1) Xét 1 x 1 y 1 z x y z xy yz xz 1 xyz 0 x y z xy yz xz 1 xyz 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 x y z xy yz xz 1
8. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 18 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x4 2017x2 2016x 2017 b) x2 y2 z2 x y z 2 xy yz xz 2 Câu 2 a) Một số điện thoại có 10 chữ số là 098716abcd . Hãy tìm bốn số cuối của bốn số điện thoại đó, biết rằng bốn số này tạo thành một số chính phương và nếu ta thêm vào mỗi chữ số của nó một đơn vị thì cũng được một số chính phương. 1 1 1 1 9 b) Chứng minh rằng với n ¥ , n 1, ta có 5 13 25 n2 n 1 2 20 Câu 3 x2 xy y2 1 a) Chứng minh rằng với x, y ¡ , ta luôn có x2 xy y2 3 b) Cho a b c 9 và a,b,c 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 Câu 4 a) Tìm các số nguyên x, y, z biết x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 b) Phân tích đa thức x2 x 2015.2016 Câu 5 1) Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB=6cm, AC=8cm. M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC. Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC. Khi đó tứ giác ADME có thể đạt được diện tích lớn nhất là bao nhiêu? 2) Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình vuông. Chứng minh rằng: AC a) S MN NP PQ QM ABCD 4 b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất c) Xác định vị trí của M, N, P, Q để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất HƯỚNG DẪN Câu 1 b) Đặt x2 y2 z2 a ; xy yz zx b , ta có B a a 2b b2 a b 2 Câu 2 a) Theo đề bài ta có: 2 abcd n (31 m,n 100 ) 2 a 1 b 1 c 1 d 1 m 2 2 m n 11 m 56 m n 1111 11.101 1111.1 m n 101 n 45 Vậy số điện thoại cần tìm là 0987162025
9. b) Ta có 1 1 1 1 1 1 2 2 n2 n 1 2n 2n 1 2n n 1 2 n n 1 1 1 1 1 1 2 2 13 2 3 2 2 3 1 1 1 1 1 2 2 25 3 4 2 3 4 1 1 1 1 1 2 2 n2 n 1 2n 2n 1 2 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 2 5 13 25 n2 n 1 5 2 2 3 3 4 n n 1 5 4 20 Câu 4 a) x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 0 x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 1 (vì x, y, z là các số nguyên) 2 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 2 2 x 1 y 2 z 1 b) x2 x 2015.2016 x2 2016x 2015x 2015.2016 x x 2016 2015 x 2016 x 2016 x 2015 Câu 5 1) A x E D B M C Đặt AE x ( 0 x 6 ) BE EM 6 x EM 4 Ta có EM 6 x AB AC 6 8 3 4 4 2 4 2 4 2 4 4 2 SADME AE.AD x. 6 x 6x x x 6x x 3 9 9. x 3 3 3 3 3 3 3 Vậy minSADME 12 x 3 M là trung điểm của BC 2)
10. A M B J N I Q K D P C a) Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của QN, MN, PQ ta có 1 1 1 1 BJ MN ; IJ QM ; KI PN ; DK PQ 2 2 2 2 AC AC AC.BD MN NP PQ QM BJ JI IK KD S 4 2 2 ABCD b) Theo phần a) chu vi tứ giác MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất khi đường gấp khúc BJIKD trùng với đoạn BD, tức là khi MN / / AC / /PQ và MQ / /BD / /NP lúc đó tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Vậy với mọi hình chữ nhật nội tiếp hình vuông đã cho đều có chu vi bằng nhau và chu vi đó nhỏ nhất so với chu vi tất cả các tứ giác nội tiếp hình vuông này. c) A M B F E N Q G H D P C Từ các đỉnh M, N, P, Q ta dựng các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông. Các đường thẳng đó hoặc trùng nhau hoặc song song. Nếu chúng song song từng đôi thì giao điểm của chúng sẽ tạo thành hình chữ nhật. Ta có SMNPQ SMHQ SQGP SPFN SMEN SEFGH 1 1 1 1 SMNPQ SAMHQ SQGPD SPFNC SEFGH SMEBN SABCD SEFGH SABCD 2 2 2 2 Do đó SMNPQ đạt giá trị nhỏ nhất SEFGH 0 EF  HG hoặc HE  FG Vậy tứ giác nội tiếp hình vuông có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi có ít nhất một trong hai đường chéo của nó song song với cạnh của hình vuông
11. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 19 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng ab a b 1 chia hết cho 48. Câu 2 a) Giải phương trình: 2 2 2x2 x 2016 4 x2 5x 2015 4 2x2 x 2016 x2 5x 2015 b) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn abcd 1. Tính giá trị của biểu thức 1 1 1 1 M abc ab a 1 bcd bc b 1 acb cd c 1 abd ad d 1 Câu 3. Cho đa thức P x thỏa mãn khi chia cho x 3 thì dư 17 ; khi chia cho x 1 dư 3. tìm dư của phép chia P x cho x2 4x 3 Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA ; BB ; CC , trực tâm H AH BH CH a) Tính tổng AA BB CC b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN theo thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB ( M AC , N AB ). Chứng minh AN.BI.CM BN.IC.AM AB BC CA 2 c) Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì thì biểu thức đạt AA 2 BB 2 CC 2 giá trị nhỏ nhất 1 1 1 Câu 5. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2016 . x y z x y y z z x Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x2 y2 y2 z2 z2 x2 HƯỚNG DẪN Câu 1 Ta có ab a b 1 a 1 b 1 Vì a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên a 2n 1 2 , b 2n 3 2 2 , ( n ¢ ), suy ra ab a b 1 a 1 b 1 16n n 1 n 2 Vì n , n 1 , n 2 là tích của ba số nguyên liên tiếp nên n n 1 n 2 chia hết cho 3, mà 16,3 1 nên 16n n 1 2 n 2 48 nên ab a b 148. Câu 2 a) Đặt 2x2 x 2016 a ; x2 5x 2015 b , ta có a2 4b2 4ab a 2b 2 0 a 2b , từ đó tìm ra x Câu 3 Vì đa thức chia là x2 4x 3 có bậc hai nên đa thức dư có dạng ax b Ta có P x x 1 x 3 .Q x ax b P 3 17 3a b 17 và P 1 3 a b 3 Do đó a 7 ; b 4 nên đa thức dư có dạng 7x 4 Câu 4
12. A B' C' M x N H B I C A' D a) Ta có 1 1 1 S AA .BC ; S BA .AH ; S CA .AH ABC 2 BHA 2 CHA 2 A B A C .AH S S AA AHB AHC 2 AA .BC SABC AH 2 Chứng minh tương tự ta có: AB B C .BH BC AC .CH S S BH S S CH AHB BHC 2 ; BHC AHC 2 BB .AC CC .AB SABC BB SABC CC 2 2 AH BH CH S S S S S S 2S AHB AHC AHB BHC BHC AHC ABC 2 AA BB CC SABC SABC b) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: AN AI BI AB CM IC ; ; , từ đó suy ra BN BI IC AC AM AI AN BI CM AI AB IC AB IC AB AC . . . . . . 1 AN.BI.CM BN.IC.AM BN IC AM BI AC AI AC BI AC AB c) Vẽ Cx  CC , gọi D là điểm đối xứng với A qua Cx Ta có tam giác BAD vuông tại A và CD CA; AD 2CC Xét ba điểm B, C, D, ta có BD BC CD BAD vuông tại A nên AB2 AD2 BD2 AB2 AD2 BC CD 2 AB2 4CC 2 BC AC 2 4CC 2 BC AC 2 AB2 Chứng minh tương tự ta có: 4AA 2 AB AC 2 BC 2 4BB 2 AB BC 2 AC 2 2 2 AB BC CA 2 2 2 4 AA BB CC AB BC CA 2 2 2 4 AA BB CC Đẳng thức xảy ra BC AC; AC AB; AB BC ABC đều Câu 5 2 1 1 4 Áp dụng các bất đẳng thức 2 a2 b2 a b ; a b a b
13. Ta có x y y z z x 2 x y 2 y z 2 z x P x2 y2 y2 z2 z2 x2 2 x2 y2 2 y2 z2 2 z2 x2 2 x y 2 y z 2 z x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 2 2 2 2 2. x y y z z x x y y z z x 4 x y y z z x 2 1 1 1 P 2. 2016 4 x y z 3 Vậy minP 2016 x y z 2016 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 20 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Chứng minh rằng: a) Nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. b) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. 1 x3 1 x2 Câu 2. Cho biểu thức B x : 2 3 1 x 1 x x x a) Rút gọn biểu thức B 2 b) Tính giá trị của biểu thức B tại x 1 3 c) Tìm giá trị của x để B 0 Câu 3 3 3 a) Giải phương trình x2 5x 6 1 x2 7 5x 3 x y z a b c x2 y2 z2 b) Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng 1. a b c x y z a2 b2 c2 Câu 4. 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? Tại sao? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB và AD. Chứng minh EF / / AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. PD 9 d) Giả sử CP  BD và CP 2,4cm , . Tính độ dài các cạnh của hình chữ PB 16 nhật ABCD. Câu 5. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thoả mãn đồng thời các điều kiện: x y z 11 và 8x 9y 10z 100
14. HD CHẤM THI Môn: Toán Câu 1: (4 điểm) Gọi 2 số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3. 0,25 0,25 Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)(a 2 2ab b 2 ) 3ab  = 0,5 a. = (a + b)(a b) 2 3ab 0,5 0,25 (2,0) 0,5 Vì a + b chia hết cho 3 nên (a + b)2 - 3ab chia hết cho 3; 0,5 Do vậy (a + b)(a b) 2 3ab chia hết cho 9 Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là: n, n + 1, n + 2, n + 3 (n N). 0,25 Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 0,25 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) 0,5 b. Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 0,25 (2,0) = (n2 + 3n + 1)2 0,25 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương 0,5 Câu 2 ( 4,0 điểm ) . a, ( 2 điểm ) Với x khác -1 và 1 thì: 1 x 3 x x 2 (1 x)(1 x) 0,5 A =: 2 1 x (1 x)(1 x x ) x(1 x) 1,0 2 1 (1 x)(1 x x x) (1 x)(1 x) (1 x 2 ) : = : 2 1 x (1 x)(1 2x x ) (1 x) 0,5 = (1 x 2 )(1 x ) 2 5 5 2 5 0,25 b, (1 điểm) Tại x = 1 = thỡ A = 1 ( ) 1 ( ) 3 3 3 3 25 5 34 8 272 2 0,75 = (1 )(1 ) . 10 9 3 9 3 27 27 c, (1 điểm) Với x khác -1 và 1 thì B 1 0,25 Câu 3: (4,0 điểm) Đặt x2 - 5x + 6 = a, 1 - x2 = b thì a + b = 7 - 5x 0,5 Phương trình trở thành a3 + b3 = (a + b)3 a. Biến đổi thành ab(a + b) = 0 (2,0) a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0 0,5 Từ đó tìm được S = 2; 3; -1; 1; 1,2 1,0 a b c ayz+ bxz+ cxy Từ : 0 0 x y z xyz b ayz + bxz + cxy = 0 0,5 x y z x y z (2,0) Ta có : 1 ( )2 1 a b c a b c 0,5
15. x2 y2 z2 xy xz yz 2( ) 1 a2 b2 c2 ab ac bc 0,5 x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2 1 a2 b2 c2 abc x2 y2 z2 1(dfcm) 0,5 a2 b2 c2 Câu 4. (6,0 điểm): Vẽ hình, ghi GT, KL đúng 0,25 D C P M O I F E A B a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD. PO là đường trung bình của tam giác CAM ( ) AM//PO Tứ giác AMDB là hình thang. 1,0 b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị) Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở I nên góc IAE = góc IEA. Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng. 1,75 MF AB c) Chứng minh MAF ~ DBA (g-g) nên => không đổi. FA AD 1,0 PD 9 PD PB d) Nếu thì k PD 9k, PB 16k PB 16 9 16 CP PB Nếu CP  BD thì CBD ~ DCP (g-g) => PD CP do đó CP2 = PB.PD hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2 PD = 9k = 1,8(cm); PB = 16k = 3,2 (cm => BD = 5 (cm) C/m BC2 = BP.BD = 16 do đó BC = 4 (cm); CD = 3 (cm) 2,0 Câu 5. (2,0 điểm) 100 0,5 Ta có: 8x + 8y + 8z x + y + z x + y + z = 12 0,5 Ta có hệ: x + y + z = 12 (1); 8x + 9y + 10z = 100 (2). 0,25 Nhân 2 vế của (1) với 8 rồi trừ vế-vế của (2) cho (1), được: y + 2z = 4 (3) 0,25 Từ (3) suy ra z = 1 (vì nếu z ≥ 2 thì do y ≥ 1 => y + 2z ≥ 4, mâu thuẫn) 0,25 Với z = 1, tìm được y = 2 và x = 9. 0,25 Thử lại, thấy đúng. Vậy có duy nhất bộ x = 9, y = 2 và z = 1 thoả mãn.