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 = 
	b) Giải bất phương trình: 
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 Î [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: DCHK DBCA
c) Chứng minh: AC2 = AB. AH + AD.AK
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1
a) y2 – 2y + 3 = (y2 – 2y + 3).(x2 + 2x + 4) = 6
 [(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 Û x = - 1 Vậy cặp (x, y) = (-1; 1) là nghiệm của phương trình
 y – 1 = 0 y = 1 	
b) 
 Û ĐKXĐ: x ≠ 2; 3; 4; 5; 6
 Û 
 Û Û => (x – 2)(x – 6) £ 0 
 x – 2 ≥ 0 Û x ≥ 2 Û x ≥ 6 mà x ≠ 6 => x > 6
 Û x – 6 ≥ 0 x ≥ 6 
 x – 2 £ 0 x £ 2 Û 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 Î [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)
 = - 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
=> DFBE là hình bình hành
a) DF // BE (vì cùng vuông góc với AC)
DAFD = DCEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE 
b) BC // AK => BCK = 900 
=> ABC = HCK
ABC = 900 + BCH (góc ngoài của D CHB) 
HCK = 900 + BCH
Có CKD = ACD + DAC (góc ngoài DDKC)
 HBC = BAC + BCA
mà BCA = DAC ; BAC = DCA 
DCKD DCBH => 
hay 
 DCHK DBCA (c.g.c)	
c) DAEB DAHC => 
 => AE.AC = AB.AH (1)
 DAFD DAKC => 
 => AF.AC = AD.AK (2) 
Cộng vế với vế (1) và (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK (3)
	Mà DAFD = DCEB (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