Đề thi học sinh giỏi đầu năm môn Toán lớp 8 - Trường THCS Nguyễn Khuyến

Chia sẻ: Pham Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

651
lượt xem 152
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo tài liệu Đề thi học sinh giỏi đầu năm môn Toán lớp 8 - Trường THCS Nguyễn Khuyến. Hi vọng tài liệu sẽ giúp ích cho các em trong quá trình học tập ôn thi chuẩn bị cho kì thi học sinh đầu năm sắp tới. Chúc các em đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi đầu năm môn Toán lớp 8 - Trường THCS Nguyễn Khuyến

Trường THCS Nguyễn Khuyến ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI (ĐẦU NĂM) MÔN : TOÁN LỚP 8 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) 2 1 Bài 1 (2 điểm): Tìm x biết: a) | x – |< 3 3 x b) – 3 = – 6561 c) (2x – 1)2008 = (2x – 1)2010 2009 3 Bài 2 (2 điểm): a) Số tự nhiên có dạng A = 1+2 là số nguyên tố hay hợp số? Giải thích. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 2x2 + y2 +2xy – 8x + 2025 c) Tìm x, y, z biết : 10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0 2 3 Bài 3 (1,5 điểm ): Một khối 8 có số học sinh đội tuyển Toán bằng số học sinh 3 4 4 đội tuyển Anh và bằng số học sinh đội tuyển Văn. Đội tuyển Văn có số học sinh ít 5 hơn tổng số học sinh của hai đội tuyển kia là 38 học sinh. Tính số học sinh của mỗi đội tuyển. Bài 4 (1,5 điểm): Cho x(m + n) = y(n + p) = z(p + m) trong đó x, y, z là các số khác mn np pm nhau và khác 0 ,chứng minh rằng:   x ( y  z ) y( z  x ) z ( x  y ) Bài 5 (3điểm ): Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là một điểm nằm giữa Avà B. Trên tia đối của tia AC lấy điểm I sao cho AI = AM. a) Chứng minh rằng : CM  BI. b) Trên BC lấy điểm P sao cho BP = 2CP. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC có chứa điểm A, vẽ tia Px sao cho góc xPB bằng 600 . Tia Px cắt tia CA tại D. Tính số đo góc CBD .
ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI MÔN :TOÁN LỚP 8 Bài 1(2 điểm): 2 1 1 2 1 1 a) | x  | <   < x  < 
Bài 4(1,5 điểm ) : Vì xyz  0 nên : x(m + n) = y(n + p) = z(p + m) x ( m  n ) y ( n  p ) z (p  m )    (0,25 điểm) xyz xyz xyz mn np pm hay :   (0,25 điểm) yz xz xy (p  m )  ( n  p) (m  n)  (p  m ) (n  p)  (m  n) =   (0,5điểm) xy  xz yz  xy xz  yz mn np pm =   (0,5điểm) x ( y  z ) y( z  x ) z ( x  y ) Bài 5(3điểm): Hình vẽ (0,25điểm) a)Tia IM cắt BC tại H (0,25điểm)   ABC vuông cân tại A nên C  45 0 , IAM vuông cân tại M nên I  45 0 (0,25điểm)    IHC có C + I  90  H = 900  IH  BC 0 (0,25điểm) -Chứng minh được M là trực tâm của IBC  CM  BI. (0,5điểm) b) Gọi E là điểm đối xứng với B qua PD  EP = PB = 2PC (0,25điểm)   BPE cân tại P nên đường trung trực PD cũng là phân giác 0 0  BPD = DPE = 60  EPC = 60 (0,25điểm) - Chứng minh được EPC vuông tại C (0,25điểm) - Chứng minh được CD là phân giác của  PCE - Chứng minh được ED là phân giác ngoài tại đỉnh E của  PCE (0,25điểm) - Chứng minh được yEP = 1500  DEP = 750 (0,25điểm) - Chứng minh được PBD = 750 hay CBD = 750 (0,25điểm) x I D y A A E M K B H C B P C *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó.
PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN :TOÁN Thời gian làm bài 120 phút không kể giao đề Bài 1: ( 3 điểm)  x 2  3x 3   1 6x  Cho biểu thức P   3 2  2 :  3 2   x  3 x  9 x  27 x  9   x  3 x  3 x  9 x  27  a, Rút gọn biểu thức P. b, Với x  0 thì P không nhận những giá trị nào? c, Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị là số nguyên tố. Bài 2: ( 2,5 điểm) a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử xy  x  y   yz  y  z   zx  z  x  1 b, Tính giá trị của biểu thức A  x n  ( Với n là số tự nhiên ), biết rằng xn x2  x 1  0 Bài 3: ( 1 điểm) Chứng minh rằng trong 15 số tự nhiên lớn hơn 1 không vượt quá 2004 và đôi một nguyên tố cùng nhau tìm được một số là số nguyên tố. Bài 4: (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD), hai đường chéo cắt nhau tại O. Qua O vẽ một đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng : a, OM=ON 1 1 2 b,   AB CD MN Bài 5: (1 điểm) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC và a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  3a 2  3b2  3c 2  4abc . ………………………Hết…………………………..
PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC ĐÁP ÁN THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN :TOÁN Bài Nội dung Điểm 1 a, ĐKXĐ x  3 0,25 (3 đ) x  3  x  3  x  9  x  3 1,0 2 x3 x2  9  6x P 2 :  2 .  x  9  x  3  x  9 x  9 2  x  3 2 x3 x3 3  P  1 0,5 b, P   P  x  3  x  3  x  x3 P 1  P  1  0 0,25  P 1 P 1  0 P  1 x0 0  P 1  P  1  0  P  1   P  1  0  Vậy P không lấy các giá trị từ 1 đến -1, tức là P   1;1 0,25 c. P  x3  1 6 0,25 x 3 x 3 P là số nguyên khi x  3  U  6   x  3; 0;1; 2; 4;5;6;9 0,25 Mà P là sốnguyên tố nên chỉ có các giá trị sau thoả mãn 0,25 x  4; 6;9 Bài 2 a, xy  x  y   yz  y  z   zx  x  y    y  z    0,5 2,5 đ = xy  x  y   zx  x  y   yz  y  z   zx  y  z  0,25 = x  x  y  y  z   z  y  z  y  x    x  y  y  z  x  z  0,25 b, Vì x 2  x  1  0 nên  x  1  x 2  x  1  0  x3  1  0  x3  1 0,25 Nếu n 3  x x  1  A  x n  1 2 0,5 xn Nếu n=3k+1 Và 0,25 2 1 1 1 x  1 x k  N  A  xn  n  x3k 1  3k 1  x     1 x x x x x Nếu n=3k+2, k là số tự nhiên thì 0,25 4 1 1 1 x 1 x 1 A  xn  n  x 3 k  2  3 k  2  x 2  2  2  2  1 x x x x x Vậy A=2( với n chia hết cho 3) hoặc A=-1 ( Vói n không chia 0,25 hết cho 3) Bài 3 Giả sử n1,n2,…,n15 là các số thoả mãn ĐKĐB 1đ G/sử tất cả chúng là hợp số .Gọi pi là ước nguyên tố nhỏ nhất 0.25 của ni ( i=1;2;3..;15). Gọi p là số lớn nhất trong các số p1,p2,…,p15 . Do các số n1,n2,…,n15 đôi một nguyên tố cùng nhau nên các số p1,p2,…,p15 khác nhau tất cả.
Số nguyên tố thứ 15 là số 47, ta có p  47 . Đối với số n có ước nguyên tố nhỏ nhất là p thì p  n 0,25 Suy ra n  p 2  47 2  2004 , vô lý 0,25 Vậy trong 15 số n1,n2,…,n15 tìm được một số nguyên tố. 0,25 Bài 4(2,5) A B M O N D C a, 0,5 OM OA ON BN OA BN OM // CD   ; ON // CD   ; ON // AB   CD AC CD BC AC BC Suy ra OM ON   OM  ON 0,5 CD CD b, OM//AB  OM DM  ; OM // CD  OM AM  0,5 AB DA CD AD  OM OM DM  AM   1 0,5 AB CD DA Chia cả hai vế cho OM ta đựoc 1  1  2 0,5 AB CD MN Bài 5 Ta có 3-2a=a+b+c-2a=b+c-a>0 và 3-2b>0,3-2c>0 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy, ta có 0,25 3 3  2 a  3  2b  3  2c   3  2a  3  2b  3  2c      1  3    4abc  6  ab  bc  ca   14 ( cộng hai vế với 3 a 2  b2  c 2 ) 0,25 2  3  a 2  b 2  c 2   4abc  3  a  b  c   14  13 0,25 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay tam giác ABC đều.
Phòng GD- ĐT PHÚ VANG ĐÈ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ========== Môn: Toán 8 Năm học: 2012 - 2013 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề ) ---------------------------------------------- Trường THCS Vinh Xuân. Gv ra đề: Phạm Xuân Bình Bài 1: (4 điểm): a. Giải phương trình: (x2 – 4x)2 + 2(x – 2)2 = 43 x  2 x 1 b. Cho phương trình:  x  m x 1 Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm. Bài 2: (2 điểm): Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 Nếu    2 và a + b + c = abc thì ta có 2  2  2  2 a b c a b c Bài 3: (2 điểm): 1 1 1 1 Cho S = + + +…+ . 101 102 103 200 7 Chứng minh rằng S > 12 Bài 4: (4 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị thì ta vần được một số chính phương. Bài 5: (6 điểm): Câu 1: Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE; ACF, lại dựng hình hành AEPF. Chứng minh rằng PBC là tam giác đều. Câu 2: Cho tam giác ABC có BC = 15 cm, AC = 20 cm, AB = 25 cm. a. Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC. b. Gọi CD là đường phân giác của tam giác ACH. Chứng minh BCD cân. c. Chứng minh: BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2 Câu 6 :( 2ñieåm): Cho a, b là các số dương thỏa mãn a3 + b3 = a5 + b5. Chứng minh rằng: a2 + b2  1 + ab ---------------------------------------------------------------------------- (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Phòng GD- ĐT PHÚ VANG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÈ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ========== Môn: Toán 8 Năm học: 2012 - 2013 ---------------------------------------------- Câu Nội dung bài giải Điểm a/ x 2  4 x   2.x  22  43  x 2  4 x   2x 2  4 x  4   43; 2 2 0,5 Đặt x2-4x = t. Đk: t  -4 Khi đó ta có được phương trình: t2 + 2t - 35=0 0,5  (t + 7)(t – 5) = 0  t = -7 ( loại) hoặc t = 5 0,5 Với t = 5. Khi đó: x2 - 4x - 5=0  (x +1)(x – 5) = 0  x=5 hoặc x=-1 Vậy S = { 5; -1} 0,5 x+2 x+1 b/ ĐK của PT  (*) x-m x-1 x–m  0  x  m 0,25 x–1  0  x  1 Câu 1 Từ (*) => (x + 2)(x – 1) = (x + 1)(x – m) (5 đ) => mx = 2 – m (**) 0,5 - Với m = 0 thì PT (**) có dạng : 0x = 2. Trường hợp này PT (**) vô nghiệm (1) 0,5 2-m - Với m  0 thì PT (*) có nghiệm: x = 0,5 m 2-m Nghiệm x = là nghiệm của PT (*) khi nó phải thỏa mãn điều kiện: x  m và 0,5 m x  1 2-m Tức là :  1  2-m  m  m  1 0,25 m 2-m  m  m 2 + m - 2  0   m - 1 m + 2   0 0,25 m  m  1 , m  -2 Như vậy PT (*) vô nghiệm với các giá trị của m  {-2 ; 0 ; 1} 0,25 1 1 1 Theo gt:    2 nên a  0 , b  0, c  0 a b c 0,25 2 1 1 1  1 1 1 1 1 1  1 1 1  Ta có:    2       4  2  2  2  2     4 0,5 Câu 2 a b c a b c a b c  ab bc ca  (2đ) 1 1 1  abc   2  2  2  2 4 a b c  abc  0,5
abc Vì a + b + c = abc (gt) nên 1 0,25 abc 1 1 1 1 1 1  2  2  2  2  4  2  2  2  2 ( đpcm) a b c a b c 0,5  1 1 1 1   1 1 1 1  Ta có: A =           101 102 103 150   151 152 153   200   0,25 Thay mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân số nhỏ nhất trong nhóm ấy ta được:  1 1 1 1  1 1  101  102  103    150   150  50  3 0,5   Bài 3: (2đ)  1 1 1 1  1 1  151  152  153    200   200  50  4 0,5    1 1 1 1   1 1 1 1  1 1 7 A=         151  152  153    200  > 3 + 4 = 12 0,5  101 102 103 150    1 1 1 1 7  A =      0,25 101 102 103 200 12 Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a , b, c, d  9, a  0 0,25 2  abcd  k Ta có:  với k, m  N, 31  k  m  100 0,5 (a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2  abcd  k 2   0,5 abcd  1353  m 2  Bài 4: Do đó: m2 – k2 = 1353 ( 3đ)  (m + k)(m – k) = 123.11= 41. 33 ( k + m < 200 ) 0,5 m  k  123 m  k  41  hoặc  0,5 m  k  11 m  k  33 m  67 m  37   (thỏa mãn) hoặc  (loại) 0,5 k  57 k  4 Vậy số cần tìm là: abcd = 3136 0,25 Câu 1: A E 1 2 1 3 F 2 P B C
ˆ ˆ Ta có: AEPF là hình bình hành nên AEP  AFP Bài 4: Xét EPB và FPC, ta có: (6 đ) EB = FP ( = AE) ; EP = FC (= AF) và PEB = PFC ( vì 600 - AEP =600 - AFP ) ˆ ˆ ˆ ˆ 1  EPB = FPC ( c.g. c ) Suy ra: PB = PC (1) ˆ ˆ ˆ ˆ Ta có: EAF  AEP  180 0  A3  E1  60 0 mà Ê1 + Ê2 = 600 1 Do đó Â3 = Ê2 Xét EPB và ABC, ta có: EB = AB; EP = AC ( = AF) và Â3 = Ê2 0,5  EPB = ABC ( cgc ) Suy ra: PB = BC (2) Từ (1) và (2)  PB = PC = BC 0,5 Vậy PBC đều Câu 2: C B H D A a. Dùng định lí Py-ta-go đảo chứng minh được: ABC vuông tại C 0,25 1 1 AC.BC 20.15 Ta có: SABC = AC.BC = AB.CH  CH   = 12 cm 0,5 2 2 AB 25 b. Dể dàng tính được; HA = 16 cm ; BH = 9 cm 0,25 CD là tia phân giác của ACH nên suy ra 0,5 AD = 10 cm ; HD = 6 cm. Do đó BC = BD ( = 15 cm ) 0,5 Vậy BDC cân tại B. c. Xét các  vuông : CBH, CAH Ta có: BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) 0,5 CD2 = DH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) BD2 = BC2 = BH2 + CH2 ( đl Py-ta-go) 0,5 Từ đó suy ra BC2 + CD2 + BD2 = 3CH2 + 2BH2 + DH2 Với 2 số a, b dương: Xét: a 2  b 2  1  ab  a2 + b2 – ab  1 0,25
2 2 Bài 5 :  (a + b)(a + b – ab)  (a + b) ( vì a + b > 0) ( 2đ ) 3 a + b  a + b 3 0,5 3 3 3 3  (a + b )(a + b )  (a + b)(a + b ) (vì a + b = a + b ) 5 5 3 3 5 5 0,5 6 3 3 6 6 5 5 6  a + 2a b + b  a + ab + a b + b 3 3  2a b  ab + a b 5 5 0,25 4 2 2 4  ab(a – 2a b + b )  0 2   ab a 2  b2   0 đúng  a, b > 0 . 0,5 Vậy: a 2  b 2  1  ab với a, b dương và a3 + b3 = a5 + b5 * Lưu ý: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN THÀNH ĐỀ THI VÀO LỚP CHỌN KHỐI 8 TRỜNG THCS MÃ THÀNH NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề chính thức Môn Thi: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Họ và tên Học Sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ., Số báo danh: . . . . ....... Câu 1. (1,75 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức sau:  1 1 1  1  1  .1  .1  ...1   A =  2   3   4   2009  b) Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 1 thì: 1 1 1 1    ...   n 1 2 3 n Câu 2. (1,5 điểm) ac ac  Cho bd bd ( Với a, b, c, d  0 và b   d ) 2009 a 2009  c 2009  a    Chứng minh rằng: b 2009  d 2009  b  Câu 3. (0,75 điểm)  x  1 neu x  0    Cho hàm số y = f(x) đợc xác định bởi công thức: f(x) = 1  2 x neu x  0 Tính: f(2009) và f(– 1004) Câu 4. (2 điểm) Cho đa thức f(x) thoả mãn các điều kiện sau: +) f(x) là đa thức bậc hai. +) f(0) = 1.
+) f(x) có một nghiệm là x = 1 và một nghiệm là x = – 1. a) Tìm đa thức f(x). b) Tìm giá trị lớn nhất của đa thức f(x). Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh bên bằng k. Trên cạnh đáy BC lấy điểm M tuỳ ý. Qua M kẻ hai đờng thẳng a và b lần lợt song song với các cạnh bên, chúng cắt AB và AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh rằng:  EBM và  FCM là hai tam giác cân. b) Tính ME + MF theo k. c) Gọi O là trung điểm của EF. Chứng minh 3 điểm A, O, M thẳng hàng. Câu 6. (1 điểm) Tìm x biết: 2x + 2x + 1 + 2x + 2 + 2x + 3 = 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.
PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN THÀNH HỚNG DẨN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP TRỜNG THCS MÃ THÀNH CHỌN KHỐI 8 NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề chính thức Môn Thi: Toán (Hớng dẩn này gồm 3 trang) ........................................................................ ..... Câu Đáp án Điểm 1 (a)  1 1 1  1  1  .1  .1  ...1   Ta có: A =  2   3   4   2009   2 1   3 1   4 1   2009 1    .  .  ...   =  2 2   3 3   4 4   2009 2009  1 1 2 3 2008 1 . . ... điểm = 2 3 4 2009 điểm 1 = 2009 1 (b) 1 1  Vì: 1
1 1  n = n n n  n n 1 1 1 1 1 1 1 1 n    ...      ...    n  1 2 3 n n n n n n 2 Áp dụng tính chất của dảy tỉ số bằng nhau ta có: a c ac (a  c)  (a  c) (a  c)  (a  c) 0,5   b  d b  d  (b  d )  (b  d ) (b  d )  (b  d ) . ac ac acac   bd bd bd bd 2a 2c 0,25 1,5   2b 2 d điểm a c   b d a c  k Đặt b d  a  k .b và c  k .d Lần lợt thay a  k.b và c  k.d vào VT và VP ta đợc: VT = 2009 0,5 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( k.c) c k .c c c (k  1) c c 2009 2009  2009 2009 2009  2009 2009  2009    ( k .d ) d k .d d d (k  1) d d  (1) 2009 (k .c) 2009 k 2009 .c 2009 c 2009  c      VP = ( k .d ) 2009 k 2009 .d 2009 d 2009  d  (2) Từ (1) và (2)  VT = VP (®pcm) 0,25 3 V×: 2009  0 nªn f(2009) = 2009 + 1 = 2010 0,5 0,75
®iÓm Vµ (– 1004) < 0 nªn f(– 1004) = 1 – 2.(– 1004) = 1 + 2008 = 2009 0,25 4(a) Vì f(x) là đa thức bậc hai nên f(x) có dạng tổng quát là: f(x) = ax2 + bx + c (a  0) 0,25 Vì f(0) = 1 nên ta lại có : c = 1 0,25 Mặt khác: f(x) có một nghiệm là x = 1  f(1) = 0  a + b + c = 0 0,25 hay a + b + 1 = 0 1,5 (1) điểm 0,25 Tơng tự: f(x) có một nghiệm là x = – 1  f(–1) = 0  a – b + c = 0 hay a – b + 1 = 0 (2) 0,25 Từ (1) và (2)  (a + b + 1) – (a – b + 1) = 0  a+b+ 1–a+b–1=0  2b = 0  b=0 0,25 Thay b = 0 vào (1) ta đợc a = – 1. Vậy đa thức cần tìm là: f(x) = – x2 + 1 4(b) Vì x2  0  – x2  0  – x2 + 1  1  f(x)  1 0,25 0,5 Dấu “=” xảy ra khi x = 0. 0,25 điểm Vậy giá trị lớn nhất của đa thức f(x) bằng 1 đạt đợc khi x = 0.
5 Vẽ hình: 0,25 a A b E O F 1 2 B M C 5(a) a) Chứng minh rằng:  EBM và  FCM là hai tam giác cân. Vì: a // AC (gt)  M1 = C (đồng vị) 0,5 Mặt khác: B = C (vì  ABC cân tại A) 1  M1 = B   EBM cân tại E. điểm Tơng tự : Vì b // AB (gt)  M2 = B (đồng vị) 0,5 Mặt khác: B = C (vì  ABC cân tại A)  M2 = C   FCM cân tại F. 5(b) b) Tính ME + MF theo k.
Vì a // AC và b // AB  ME = AF (tính chất đoạn chắn song 0,5 song) 1 0,25 điểm Mặt khác: Vì  FCM cân tại F  MF = FC 0,25  ME + MF = AF + FC = AC = k 5(c) c) Chứng minh 3 điểm A, O, M thẳng hàng. Xét hai tam giác:  AOF và  MOE có: AF = ME (câu b) 0,5 0,75 AFE = MEF (so le trong) điểm OF = OE (gt)   AOF =  MOE (c – g – c)  AOF = MOE  3 điểm A, O, M thẳng hàng. 0,25 6 Ta có: 2x + 2x + 1 + 2x + 2 + 2x + 3 = 15  2x(1 + 2 + 22 + 23) = 15 0,5 1 điểm  2x. 15 = 15  2x = 1 0,25  x=0 0,25 Vậy x = 0. +) Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa. +) Điểm của bài thi là tổng điểm thành phần của các câu và đợc làm tròn đến 0,25.
+) Câu 5 nếu không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. Mã thành ngày 30 tháng 07 năm 2009 THAY MẶT CÁC ĐỒNG NGHIỆP GIÁO VIÊN: