Đề thi olympic huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2010-2011 - Phòng giáo dục và đào tạo Đức Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2010-2011 - Phòng giáo dục và đào tạo Đức Thọ (Có đáp án)

1. phòng giáo dục - đào tạo đức thọ đề thi olympic huyện năm học 2010 – 2011 Môn toán lớp 8. Thời gian: 120 phút Bài 1: 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3 b3 c3 3abc 2) Cho a3 3ab2 5 và b3 3a2b 10 . Tính S = a2 b2 Bài 2: 1) Giải phương trình: x8 2x4 x2 2x 2 0 2) Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho n6 26n 212011 23 1 33 1 20113 1 Bài 3: Rút gọn biểu thức A = 23 1 33 1 20113 1 Bài 4: Cho ABC vuông tại A, có AB 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4. a b c d a b c a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P abcde Lưu ý: Học sinh không được sử dụng bất kì loại máy tính bỏ túi nào Hết Lời giải tóm tắt Bài 1: (5 điểm) 3 1) (3 điểm) a3 b3 c3 3abc = a b 3ab a b c3 3abc (1 đ) 2 = a b c a b c a b c2 3ab a b c (1 đ) = a b c a2 b2 c2 ab bc ac (1 đ) 2 2) (2 điểm) Ta có a3 3ab2 5 a3 3ab2 25 a6 6a4b2 9a2b4 25 (0,5 đ) 2 và b3 3a2b 10 b3 3a 2b 100 b6 6a2b4 9a4b2 (0,5100 đ) 3 Suy ra 125 = a6 b6 3a2b4 3a4b2 a2 b2 . Do đó S = a2 b2 = 5 (1 đ) Bài 2: (5 điểm) 2 2 1) (3 điểm) x 8 2x4 x2 2x 2 0 x8 2 x4 1 x2 2x 1 0 (1,5 x4 đ) 1 x 1 0 2 2 Vì x4 1 0 ; x 1 0 (0,5 đ) x4 1 0 Nên phương trình tương đương x = 1 (0,5 đ) x 1 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 (0,5 đ)
2. 2) (2 điểm). Giả sử tồn tại n N * sao cho n6 26n 212011 . Ta có 26n có tận cùng là 6 và 212011 có tận cùng là 1. Vậy n6 có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5. (0,5 đ) 6 402 Khi đó n6 26n 212011 có dạng 5 26 5 215 .21 (0,5 đ) 25 76 01 .21 01 21 , vô lí (0,5 đ) Vậy không tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bài toán (0,5 đ) Bài 3: (2 điểm). Nhận xét rằng mỗi số hạng của tổng có dạng 2 2 k3 1 k 1 k k 1 k 1 k 1 k 1 1 với k = 2, 3, , 2011 (1 đ) k3 1 k 1 k2 k 1 k 1 k2 k 1 1. 32 3 1 2. 42 4 1 2010. 20122 2012 1 Ta có S . 3 22 2 1 4 32 3 1 2012 20112 2011 1 1.2 2010. 32 3 1 42 4 1 20122 2012 1 = S 3.4 2012 22 2 1 32 3 1 20112 2011 1 20122 2011 = (1 đ) 3.1006.2011 Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình không chính xác không cho điểm cả bài A 1) (2 đ). Chứng minh được tứ giác AMDN là hình vuông (0,5 đ) MF BD BM BM ME (1đ) N FC DC MA DN ED M MF ME K hay EF // DC FC ED E F hay EF // BC (0,5 đ) B I C D 2) (2 đ). Theo định lí Thales ta có AN DN NC NF NF (0,5 đ) AB AB AC AM AN AN NF hay và BãAN ÃNF 900 (0,5 đ) AB AN NAF  ABN NãAF NãBA AF  BN. (0,5 đ) Lập luận tương tự có AE  CM. Vậy K là trực tâm của AEF (0,5 đ) 3) (2 đ). K là trực tâm của AEF AK  EF mà EF // BC AK  BC (0,5 đ) Kết hợp với DM  AB I là trực tâm của ABD. Vậy BảID 1800 BãAD 1800 450 1350 (1 đ) Bài 5: (2 điểm).
3. 2 2 Ta có x y 0 x2 2xy y2 4xy x y 4xy . Dấu “=” xảy ra khi x = y (0,5 đ) 2 áp dụng liên tiếp BĐT x y 4xy ta có 42 = (a + b + c + d + e)2 4(a + b + c + d)e (1) (a + b + c + d)2 4(a + b + c)d (2) (a + b + c)2 4(a + b)c (3) (a + b)2 4ab (4) Do a, b, c, d, e > 0 nên các vế của các BĐT trên đều dương. Nhân từng vế của chúng và rút gọn ta được 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) 256abcde a b c d a b c a b P 16 . (1 đ) abcde 1 a b c d e 4 a b 4 a b c d e 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c d c 2 a b c d 1 a b e 2 1 1 Vậy GTNN của P bằng 16 đạt được khi a = b = ; c = ; d = 1 và e = 2 (0,5 đ) 4 2 Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa Hết