Title Phần ba. ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI TOÁN.doc ✅

Trang 1 A. ĐỀ KIỂM TRA ĐỀ KIỂM TRA ĐỀ 96 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN LỚP 8, TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA, TP. HỒ CHÍ MINH, NĂM HỌC 2008-2009 Thời gian làm bài: 60 phút Bài 1: (3 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 242x(x1)(x2)1 b) 1(abc)(abbcca)abc Bài 2: (2 điểm) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn:   abcd 2 abbccdda . Chứng minh rằng: tích abcd là một số chính phương. Bài 3: (2 điểm) Tìm số nguyên dương x, y sao cho: 33xy3xy1 Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC (Â90) . Phía ngoài tam giác ABC vẽ các tam giác ABD vuông cân tại D và tam giác ACE vuông cân tại E. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác DME vuông cân và 2 DE(ABAC) 2 Hướng dẫn giải Bài 1: a)     22 221515 xx 2222 b) 1(abc)(abbcca)abc 1abcabbccaabc a1abbcacabcbc (a1)b(a1)c(a1)bc(a1) (a1)(1bcbc)(a1)b1c(b1) (a1)(b1)(c1) Bài 2:   abcd 2 abbccdda (vì      abcd 110 abbccdda bbdd 0 abbccdda ...acbd0bd) Do vậy 2abcd(ac)(bd)(ac) là một số chính phương. Bài 3: 3333xy3xy1xy3xy10   2221 (xy1)xyx1y10 2 Vì *x,yN nên xy10 . Vậy 222(xy)x1y10
Trang 2 Ta có 222(xy)0,(x1)0;(y1)0 Vậy x1;y1 Bài 4:  Xét BAC90 . Gọi N, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC. Gọi H là giao điểm của EK và MN Chứng minh được AKMN là hình bình hành  BNMMKC ABD vuông tại D, ACE vuông cân tại E. Cho ta ABAC DNAB,EKAC,DN,EK 22 Từ đó, có  (c.g.c) NDMKMEMDME,NMDKEM  EKAC,ACMNEKMNEHM90∥ Nên có DMENMDHMEHEMHME90 DME vuông cân tại M 222222 ADBD;ADBDAB2ADABADAB 2 Tương tự 2 AEAC 2 Xét ba điểm A, D, E có DEADAE Do đó: 2 DE(ABAC) 2  Xét BAC90 (học sinh tự giải) ĐỀ 97 ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN KHỐI 8, TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA, TP. HỒ CHÍ MINH, NĂM HỌC 2009-2010 Thời gian làm bài: 60 phút Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 62228x13x(x1) b) 222(ab3c)(ab4c)29c Bài 2: (2 điểm) Chứng minh rằng:  333 1111 ... 2320094 Bài 3: (2 điểm) Cho 4 số a, b, c, d (khác 0) thỏa mãn: abcd1 và 1111 abcd abcd . Chứng minh tồn tại tích hai số trong 4 số đó bằng 1. Bài 4: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có góc A bằng 90 . CBCD . Từ A vẽ AH vuông góc với BD tại H. Chứng minh CD, CH và AH là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. Bài 5: (2 điểm) Cho hình thang ABCD (ABCD,ABCD)∥ . Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của AB, BD và AC. Đường thẳng vuông góc với MN tại N và đường thẳng vuông góc với MP tại P cắt nhau tại E. Chứng minh: ECED
Trang 3 Hướng dẫn giải Bài 1: a) 242(4x1)(7xx1) b) 222(ab3c)(ab4c)29c     22 2c7cc7c abab29c 2222                 22 2 222 22 c7c 2ab29c 22 c7c29cc9c 2ab2ab 22224 c3cc3c 2abab2(ab2c)(abc) 2222 Bài 2: Với n1 ta có 223(n1)n(n1)n(n1)n.nn Suy ra    3 1111 n2(n1)nn(n1) Do vậy, ta có:  333 111 ... 232003         1111111 ... 21.22.32.33.42008.20092009.1010 111111 . 222009.1010224 Bài 3: Ta có abcd1 và 1111 abcd abcd Do đó     1111 abcd0 abcd 11 (ab)1(cd)10 abcd       (ab)(ab1)ab (cd)(1ab)0(ab1)cd0 abab (ab1)(ababcabd)0 (ab1)a(1bc)b(1ad)0 (ab1)a(1bc)b(abcdad)0 (ab1)(1bc)(aabd)0 a(ab1)(1bc)(1bd)0          ab10 hoặc 1bc0 hoặc 1bd0 ab1 hoặc bc1 hoặc bd1 Bài 4: Gọi M là trung điểm BD ABD vuông tại A, AM là đường trung tuyến AMBMDM CBD cân tại C (vì CBCD ) có CM là đường trung tuyến nên CM cũng là đường cao
Trang 4    coù coù coù    222 222 222 MDCCMD90CDCMDM MCHCMH90CHMHCM HAMAHM90AMAHMH Do đó 2222CDCHMHDM 22222CHMHAMCHAH Ta có 222CDCHAH Bài 5: Gọi Q là trung điểm cạnh CD  MN là đường trung bình của tam giác ABD MNAD∥ và 1 MNAD 2 Tương tự PQ là đường trung bình của tam giác ACD PQAD∥ và 1 PQAD 2 Do đó MNPQ,MNPQ∥ Nên tứ giác MNQP là hình bình hành NQMP∥ Ta có MNPQ∥ và ENMN(gt)ENPQ Tương tự EPNQ . Do đó E là trực tâm của tam giác NPQ QEPN Hình thang ABCD (ABCD)∥ có N, P là trung điểm BD, AC NPCD∥ Nên QECD . Ta có EDC cân tại E. Vậy ECED ĐỀ 98 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN, LỚP 8, QUẬN 1, TP. HỒ CHÍ MINH, NĂM HỌC 2009-1010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (6 điểm) Giải các phương trình sau: 1.   2 3x12x54 1 x1x3x2x3 2. 32x6x11x60 3.    2 x1|x1| 2 |x|(x2) Bài 2: (4 điểm) Cho biểu thức 22Ax(x1)3xy(xy1)y(y1)xy và yx11 . Tính giá trị của biểu thức A. Bài 3: (5 điểm) 1. Chứng minh rằng: |xy||x||y| với mọi giá trị của x, y. 2. Cho |a|1,|ac|1005 và |b1|1005 . Chứng minh rằng: |abc|2010