Đề thi olympic môn toán lớp 8 năm học: 2013 - 2014 thời gian làm bài: 120 phút

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG THCS KIM AN
ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 8
Năm học: 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề bài:
C©u 1( 3 điểm)
 	Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau: 
Câu 2: ( 3 điểm )
Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ³ x.‏‎y + x + y ‏‎( với mọi x ;y)
C©u 3( 5 điểm) 
a) T×m sè d­ trong phÐp chia cña biÓu thøc cho ®a thøc .
 	b) Tìm caùc soá nguyeân a vaø b ñeå ña thöùc A(x) = chia heát cho ña thøc 
Câu 4: ( 2 điểm )
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
Câu 5 : (7điểm). 
Cho Tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC )
a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2 
b. Chứng minh chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí của M.
c. Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất.
------Hết------
Người ra đề: Nguyễn Thị Thu Hường
Người kiểm tra: Hà Thị Thủy
ĐÁP ÁN CHẤM OLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 8
Năm học: 2013 – 2014
Câu
Nội dung
Điểm
Câu1(3điểm)
 x - = 3 - 
 2x – ( = 6 – (1 - ).
2x – ( = 6 – ( 
 2x – = 6 – 
 24x – 3(x – 3) = 72 – 2(x – 3)
ó 24x – 3x + 9 = 72 – 2x + 6
ó24x – 3x+ 2x = 72 + 6 – 9
ó23x = 69
=> x = 3
Vậy S = { 3}
1.0
1,0
0,5
0,5
Câu2(3điểm)
Ta có ( x – y)2 0 với x,y
 ( x – 1)2 0 với x
 ( y – 1)2 0 với y
=> ( x – y)2 + ( x – 1)2 + ( y – 1)2 0
 ó x2 – 2xy + y2 + x2 – 2x + 1 + y2 – 2y + 1 0 
 ó 2x2 + 2y2 + 2 2xy + 2x + 2y
 ó 2(x2 + y2 + 1) 2(xy + x + y)
 ó x2 + y2 + 1 xy + x + y
1.0
1.0
1.0
Câu3(5điểm)
Tìm số dư trong phép chia:
Ta có A = (x + 2 )(x + 4)(x + 6)( x + 8) + 2008
 = (x + 2 )(x + 8)(x + 4)( x + 6) + 2008
 = (x2 + 10x + 16)( x2 + 10x + 24) + 2008
Đặt x2 + 10x + 21 = a
ta có A = ( a – 5 )( a + 3) + 2008
 = a2 – 2a – 15 + 2008
 = a2 – 2a + 1993
Mà a2 – 2a + 1993 chia cho a dư 1993
Vậy (x + 2 )(x + 4)(x + 6)( x + 8) + 2008 chia cho x2 + 10x + 21 có số dư là 1993
Ta có x4 – 3x3 + ax + b = ( x2 – 3x + 4)(x2 – 4) + (a – 12)x + ( b+16) 
Để x4 – 3x3 + ax + b chia hết cho x2 – 3x + 4 thì a – 12 hoặc b+16
=> a = 12; b = -16
1.0
1.0
1.0
1.0
1.0
Câu4(2điểm)
 *) Ta có : A === - =-1
 Vì (6 – x)2 0 và x2 – 9 > 0 nên A = -1 -1
Vậy GTLN của A = -1 khi (6 – x)2 = 0ó x = 6
*) A === 
 = 
Vì (2x +3)2 0 và x2+ 9 > 0 nên 4
Dấu = xẩy ra khi 2x + 3 = 0 hay x = 
Vậy GTLN của A = 4 khi x = .
0.5
0.5
0.5
0.5
Câu5(7điểm)
 B
 E M
 A F C
a.
 Vì MF AC (gt) và AB AC ( A= 1v) => 
FC.AB = AC.MF
Vì AB=AC(gt) => FC.AB= AB.MF (1)
Vì ME AC (gt) và AC AB ( A = 1v ) => 
óAC.BE = ME.AB hay CA.BE = AB.ME (2)
Cộng (1) với (2) ta có FC.BA + CA.BE = AB.MF + AB.ME
Hay FC.BA + CA.BE = AB(MF + ME)
Mà tứ giác AEMF là hình chữ nhật( vì A=E = F = 1v) => MF = AE
Mặt khác xét tam giác BEM có E = 1v ( ME AB) và B = 450
 ( Tam giác ABC vuông cân tại A) => tam giác BME vuông cân
 => BE = ME
Do đó FC.BA + CA.BE = AB(MF + ME) = AB(AE + BE ) = AB2
b.
Vì tứ giác AEMF là hình chữ nhật => chu vi AEMF = 2(AE + ME) hay chu vi AEMF = 2AB mà AB không đổi nên chu vi AEMF không đổi hay không phụ thuộc vào vị trí của M trên BC.
c.
Ta có SAEMF = ME.EA = BE.EA ( vì ME = BE)
 Vì BE > 0 ; EA> 0 do đó theo CôSi thì BE.EA ( )2 hay BE.EA (2 hay SAEMF (2 
Vậy SAEMF lớn nhất khi BE = EA hay E là trung điểm của AB mà ME//AC nên SAEMF lớn nhất khic M là trung điểm của BC
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
1.0
2.0
0.5
0.5
0.5