›
›
›

200 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án) - Hồ Khắc Vũ

pdf 355 trang thaodu 14331
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "200 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án) - Hồ Khắc Vũ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdf200_de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_co_dap_an_ho_kh.pdf

Nội dung text: 200 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án) - Hồ Khắc Vũ

  1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ TP BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN 8 Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 2 x 2 1 x 2 3 1. Cho biểu thức M x6 1 x 4 x 2 1 x 4 4 x 2 3 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M 1 2xy 1 2 2. Cho xy, là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1 11 xy Chứng minh M x22 y xy là bình phương của một số hữu tỷ. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Tìm số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033cho xx2 12 30 2. Cho x,, y z thỏa mãn x y z 7; x2 y 2 z 2 23; xyz 3 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức H xy z 666 yz x zx y Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên xy; thỏa mãn 3x2 3 xy 17 7 x 2 y 2 2. Giải phương trình: 3x 2 x 1 3 x 8 16 Bài 4. (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB lấy M 0 MB MA và trên cạnh BC lấy N sao cho MON 900 .Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE. 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vuông góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh: KC KN CN 1 KB KH BH Bài 5. (1,0 điểm) 1 24 Cho xy,0 thỏa mãn xy 2 5.Tìm giá trị nhỏ nhất của H x22 2 y xy 1
  2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1. a) x4 2 x 2 1 x 2 3 M x2 1 x 4 x 2 1 xx42 1 x 2 1 x 2 3 xx42 2 1 1 x2 11 x 4 x 2 x4 x 2 11 x 2 4 2 2 4 2 x 2 x 1 x 1 x x 1 x4 2 x 4 1 x 4 x 2 1 x2 1 x 4 x 2 1 x 2 1 x 4 x 2 1 22 x4 x 2 xx.1 x2 x2 1 x 4 x 2 1 x 2 1 x 4 x 2 1 xx42 1 x2 Vậy M với mọi x xx42 1 x2 b) Ta có : M với mọi x xx42 1 - Nếu x 0 ta có M 0 1 - Nếu x 0, chia cả tử và mẫu của M cho x2 ta có: M 1 x2 1 x2 2 221 1 1 1 Ta có: x 22 1 x 2. x . 1 x 1 1 x x x x 1 Nên ta có: M 1. Dấu "" xảy ra khi x 1. 1 x2 x2 1 Vậy M lớn nhất là M 1khi x 1 2. 1 2xy 1 2 1 1 2x 1 y 1 2 y 1 x 1 x 1 y 11 xy Ta có 31xy 1y 2 x 2 xy 1 x 2 y 2 xy 1 xyxy xy 2 22 22 2 3xy 1 3 xy 1 Ta có : Mxyxyxy 3 xy 3 xy 22 2
  3. 31xy Vì xy, nên là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2 Bài 2. 1) Ta có: x 3 x 5 x 7 x 9 2033 x22 12 x 27 x 12 x 35 2033 Đặt x2 12 x 30 t , ta có: x 3 x 5 x 7 x 9 2033 t 3 t 5 2033 t2 2 t 15 2033 t t 2 2018 Vậy ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 x22 12 x 30 x 12 x 32 2018 Vậy số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033cho xx2 12 30là 2018. 2) Vì xyz 7 zxy 7 xyz 6 xyxy 1 x 1 y 1 Tương tự ta có: yz x 6 y 1 z 1 ; zx y 6 z 1 y 1 1 1 1z 1 x 1 y 1 Vậy H x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x y z 3 7 3 4 Ta xyz xy yz xz x y z 1 3 xy yz xz 7 1 9 xy yz xz có: x y z 2 x2 y 2 z 22 xy yz xz 7 2 23 2 xy yz xz xy yz xz 13 4 Vậy H 1 9 13 Bài 3. 1) Ta có: 3xxy2 31772 xyxyyxx 3 2 32 717 32 xyxx 32 717Vì x nguyên nên 2x 3 0nên ta có: 3x22 7 x 17 3 x 2 x 9 x 6 11 y 3x 2 2 x 3 x 2 3 3 x 2 11 11 x 3 3xx 2 3 2 11 Vì xy, nguyên nên ta có nguyên 11 3xx 2 3 2 1; 11 32x - Xét các trường hợp ta tìm được x 1; y 1; x 3; y 5 thỏa mãn và kết luận 2) Ta có: 32x x 13822 x 16 323338 x x x 144 Đặt 3x 3 t 3 x 2 t 5;3 x 8 t 5 3
  4. Ta có phương trình: t 5 t2 t 5 144 t4 25 t 2 144 0 t 2 9 t 2 16 0 tt2 93 2 t 16 t 5 28 Xét các trường hợp ta tìm được x 0; x 2; x ; x 33 Bài 4. A M B O N K D C E H 1) Ta có : BOC 9000 CON BON 90 ;vì MON 9000 BOM BON 90 BOM CON BOC Ta có BD là phân giác ABC MBO CBO 450 2 4
  5. BOC Tương tự ta có: NCO DCO 450 . Vậy ta có : MBO NCO 2 Xét OBM và OCN có OB OC;; BOM CON MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB//// CD AM CE NE NC AM AN Vậy ta có: MN// BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE 3) Vì MN/ / BE BKN MNO 450 (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) NB NO BNK ONC (vì có BNK ONK; BKN OCN 450 ) NK NC NB NO - Xét BNO; KNC có BNO CNK; BNO KNC NK NC NKC NBO 450 Vậy ta có: BKC BKN CKN 450 45 0 90 0 CK BE 4) – Vì KH// OM mà MK OK MK  KH NKH 900 mà NKC 450 CKH 45 0 BKN NKC CKH 450 Xét BKC có BKN NKC KN là phân giác trong của BKC , mà KH KN KC HC KH là phân giác ngoài của BKC KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH Vậy ta có 1 KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 1 24 Ta có: H x22 2 y xy 22 1 24 x21288 x y y x 2 624 y x 217 y xy 5
  6. 22 22 xy 1 6 2 x 1 2 y 2 x 2 y 17 xy 0 0 0 0 5 17 22 22 22 xy 1 6 2 Dấu "" xảy ra xy 1 2 2 0 và xy 25 xy x 1và y 2.Vậy H nhỏ nhất là H 22 x 1, y 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN LỚP 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2013 Câu 1. (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P 2 a3 7 a 2 b 7 ab 2 2 b 3 2) Cho xx2 1.Tính giá trị biểu thức Q x6 2 x 5 2 x 4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 Câu 2. (4,5 điểm) xx 1 1 4 4026 1) Cho biểu thức R 2 2 3 : . Tìm x để biểu thức xác x 2 x x 2 x x 4 x x định, khi đó hãy rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x 2 x 1 x 1 x 2 4 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh nn3 chia hết cho 24 2) Tìm số tự nhiên n để nn2 4 2013là một số chính phương. Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD 22 AB AD và BC a 2 a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b) Gọi I là trung điểm của BC,H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. Chứng minh HDI 450 2) Cho tam giác ABC có BC a,,. CA b AB c Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh ABC,, lần lượt là labc,,. l l Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 labc l l a b c 6
  7. Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số không âm a và b thỏa mãn: a22 b a b.Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: ab S ab 11 ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Ta có: P 2 a33 b 7 ab ( a b ) 27 a b a22 ab b ab a b a b 2 a22 2 b 5 ab a b 2 a22 4 ab 2 b ab a b 2 a a 2 b b a 2 b a b 22 a b a b Kết luận P a b 22 a b a b 2) Ta có: Qxx 2. 4 2 xx 3 2 x 4 2 xxxxx 3 2 2 1 22 x2 x 2 x x 2 x x 2 xx2 34 Vậy Q 4 Câu 2. 1) x 1 x 1 4 x Ta có: R . x x 2 x x 22 4026 xx 4 2 x 0 ĐK: xx 40 x 2 7
  8. Khi đó: 1 xx 1 1 4 R . 2 4026 xxx 2 2 4 1 x 1 x 2 x 1 x 2 4 . 4026x2 4 2 1124 x . 4026x2 4 2013 x 0 1 Vậy R xác định khi và R x 2 2013 2) +Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành : x 2 x 1 x 1 x 2 4 xx22 1 4 4 x4 5 x 2 0 x 2 . x 2 5 0 x 0( ktm ) x5( tm ) x 5( ktm ) +)Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành: 2 x x 1 x 1 x 2 4 x 2 x 1 x 1 x 2 4 xx22 1 4 4 xx42 5 8 0 2 2 57 x 0 vô nghiệm 24 Phương trình có một nghiệm x 5 Câu 3. 1) Ta có: n3 n n n 11 n Vì n 1; n ; n 1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số đó chia hết cho 3. Do đó nn3 8 (2) 8
  9. Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với 1 ; 2 suy ra n3 n 24 dpcm 2) Giả sử n22 4 n 2013 m m Suy ra n 2 22 2009 m22 m n 2 2009 m n 2 m n 2 2009 Mặt khác 2009 2009.1 287.7 49.41 và m n 22 m n nên có các trường hợp sau: m n 2 2009 m 1005 TH1: m n 2 1 n 1002 m n 2 287 m 147 TH 2: m n 2 7 n 138 m n 2 49 m 45 TH3: m n 2 41 n 2 Vậy các số cần tìm là 1002;138;2 Câu 4. A B H I D E C 1) a) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông cân Từ đó suy ra AB AD a,2 BC a 9
  10. AB CD . AD a 2 a . a 3a2 Diện tích của hình thang ABCD là S 2 2 2 b) ADH ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông góc) Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có: AD IB 1 , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng DC BC 2 Suy ra ACD BDI (2) Từ 1 , 2 ADH BDI Mà ADH BDH 4500 BDI BDH 45 hay HDI 450 2) M A B D C 10
  11. Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tại M Ta có: BAD AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) DAC ACM (hai góc ở vị trí so le trong) Mà BAD DAC nên AMC ACM hay ACM cân tại A, suy ra AM AC b AD BA c Do AD// CM nên CM BM b c c AD 1 1 1 1 Mà CM AM AC 2 b (1) b c22 b la b c 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự ta có: (2); (3) lbc c a l2 a b Cộng 1 ; 2 ; 3 vế theo vế ta có điều phải chứng minh Câu 5. Ta có: a2 1 2 a ; b 2 1 2 b a 2 b 2 2 2 a 2 b a b 2 1 1 4 Chứng minh được với hai số dương xy, thì x y x y 1 1 4 Do đó: S 2 2 1 a 1 b 1 a 1 b 1 Vậy GTLN của S là 1, dạt được khi ab 1 UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2018 – 2019 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,0 điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a, x4 29 x 2 y y 2 11
  12. b, x 2x3x 4x5 24 1 x3 1 x2 x : 2. Cho biểu thức A = 2 3 1 x 1 x x x a, Rút gọn biểu thức A. 2 21 b, Tính giá trị của biểu thức A khi x 39 c, Tìm giá trị của x, để A < 0. Câu 2 (4,0 điểm). x 2 1 2 1. Giải phương trình sau: x 2 x x(x 2) 2. Tìm cặp số nguyên (;)xy thỏa mãn phương trình: 5x4 10x 2 2y 6 4y 3 6 0 Câu 3 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. 2x m x 1 2. Cho phương trình 3 . Tìm m nguyên để phương trình có nghiệm x 2 x 2 dương. Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD ( có AC BD), O là giao điểm của AC và BD . Gọi EF, lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD . Chứng minh: a, Tứ giác BEDF là hình bình hành ? b, CH CD CK CB 12
  13. c, AB.AH AD.AK AC2 Câu 5 (2,0 điểm). xy2 xy 1. Cho xy 1 và xy 0. Tính: P y3 1 x 3 1 x 2 y 2 3 xy 4 2. Cho ba số dương x,, y z thỏa mãn x y z 6 . Chứng minh rằng xyz 9 Hết UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2018 - 2019 (HDC gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a, x4 29 x 2 y y 2 = ( x4 2 x 2 y y 2 ) 9 0,25 = (xy22 ) 9 0,5 = (x22 y 3)( x y 3) 0,25 Câu 1 (5,0 điểm) b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 0,25 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 0,25 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 0,25 13
  14. = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) 0,25 2. (3,0 điểm) a) (1,25 điểm) ĐKXĐ: x 1 0,25 Với x 1, ta có: 1 x3 x x 2 1( x)(1 x) 0,25 A= : 1 x 1( x)(1 x x 2 ) x 1( x) (1 x )(1 x x2 ) x (1 x ) (1 x )(1 x ) = : 0,25 1 x (1 x )(1 2 x x2 ) (1 x )(1 x2 ) (1 x )(1 x ) = : 0,25 1 x (1 x )(1 x )2 1 = (1 x2 ) : 1 x 0,25 = 1( x2 )(1 x) b) (1,0 điểm) 2 21 21 21 Ta có: x x hoặc x 0,25 39 33 33 x 1 (không TMĐK) 1 0,25 hoặc x (TMĐK) 3 1 Với x , ta có: 3 0,25 2 11 10 2 20 A = 11 = . = 33 93 27 14
  15. 2 21 20 Vậy khi x thì A = 0,25 39 27 c) (0,75 điểm) Ta có: A 1 thì A < 0 0,25 2.1) (2,0 điểm) ĐKXĐ: x 0; x 2 0,25 x 2 1 2 Câu 2 x 2 x x(x 2) 0,25 (4 điểm) x(x 2) (x 2) 2 x(x 2) x(x 2) x(x 2) (x 2) 2 0,25 x2 2x x 2 2 0,25 2 x x 0 0,25 x(x 1) 0 0,25 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 0,25 2.2) (2,0điểm) 5x4 10x 2 2y 6 4y 3 6 0 4 2 6 3 5x 10x 5 2y 4y 2 13 0,25 15
  16. 5(x4 2x 2 1) 2(y 6 2y 3 1) 13 5( x2 1) 2 2(y 3 1) 2 13 0,25 x Z x2 1 Z Vì: 3 0,25 yZ yZ 1 Mà 5( x2 1) 2 13 x 2 1 1 0,25 Mặt khác x2 11 với mọi x x2 11 0,25 x2 0 x 0 Với x 0 , ta có: 5 2(y32 1) 13 0,25 2(y32 1) 8 (y32 1) 4 y3 12 y3 1 3 3 0,25 y 12 y 3 Vì y Z nên y3 = 1 y = 1 0,25 Vậy phương trình có một nghiệm nguyên xy; 0;1 3.1. (1,5 điểm) Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y xy 3 0,25 Câu 3 Ta có: x3 y 3 x y x 2 xy y 2 0,25 22 (3 điểm) x y x 23 xy y xy x y x y2 3 xy 0,25 2 Vì xy 3 nên x y 33 xy 0,25 16
  17. 2 x y x y 39 xy 0,25 Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của 0,25 chúng chia hết cho 9. 3.2. (1,5điểm) ĐKXĐ: x 2 0,25 21x m x 3 xx 22 2x m x 2 x 1 x 2 3 x2 4 0,25 x 1 m 2 m 14 (*) Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vô nghiệm. 0,25 2m 14 0,25 Nếu m1 phương trình (*) trở thành x 1m Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương 2m 14 2 1 m 2m 14 m 4 0,25 2 1 m 17 m 2m 14 0 1 m Mà m nguyên. 0,25 Vậy m 2;3;5;6 thì thỏa mãn đầu bài Câu 4 (6,0 điểm) 17
  18. H 0,25 B C F O E A K D a) (2,0 điểm). Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) BE // DF (1) 0,75 Xét BEO và DFO Có: BEO DFO 900 OB = OD (t/c hình bình hành) 0,75 EOB FOB (đối đỉnh) BEO DFO (cạnh huyền – góc nhọn) BE = DF (2) 0,25 Từ (1) và (2) Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm) 0,25 b) (1,75 điểm). Ta có: ABCD là hình bình hành (gt) ABC ADC 0,25 Mà ABC HBC ADC KDC 1800 0,25 HBC KDC 0,25 Xét CBH và CDK có: 0,5 18
  19. BHC DKC 900 HBC KDC (chứng minh trên) CBH CDK() g g CH CK 0,25 CB CD CH CD CK CB (đpcm) 0,25 c) (2,0 điểm). Xét AFD và AKC Có: AFD AKC 900 0,5 FAD chung AFD AKC ( g g ) AF AK AD.A. AK F AC (3) 0,25 AD AC Xét CFDvà AHC Có: CFD AHC 900 0,5 FCD HAC (so le trong) CFD AHC() g g CF AH 0,25 CD AC CF AH Mà : CD = AB AB AH CF AC (4) 0,25 AB AC Từ(3) và (4) AB.AH AD.AK CF.AC AF.AC 0,25 CF AF AC AC2 (đpcm). Câu 5 5.1(1,0 điểm) 19
  20. (2,0điểm) Ta có: 44 xyx x y y = y33 1 x 1 (y33 1)(x 1) 0,25 x44 y (x y) = xy(y22 y 1)(x x 1) 22 = x y x y x y (x y) xy(xy2 2 yx 2 y 2 yx 2 xy y x 2 x 1) 22 = x y (x y 1) 2 2 2 2 0,25 xyxy xy(x y) x y xy 2 22 = x y (x x y y) 2 2 2 xy x y (x y) 2 = x y  x(x 1) y(y 1)  xy(x22 y 3) = x y  x( y) y( x)  ( do x + y = 1 y - 1= -x và x – 1 = - y) xy(x22 y 3) 0,25 = x y ( 2xy) xy(x22 y 3) = 2(x y) x22 y 3 2(x y) 2(x y) P = + = 0 0,25 x22 y 3 x22 y 3 5.2(1,0 điểm) Ta có: x y 2 4xy (1) 0,25 2 x y z 4(x y)z 0,25 20
  21. 36 4(x y)z (vì x y z 6 ) 36(x y) 4(x y)2 z (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25 Từ (1) và (2), ta có: 36(x y) 16xyz 0,25 4 xy 4 x y xyz (đpcm) 9 xyz 9 Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. UBND HUYỆN YÊN LẠC ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút Câu 1. (2,5 điểm) x2 3 x 3 1 6 x 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) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Với x 0thì P không nhận những giá trị nào ? c) Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên. Câu 2. (2 điểm) a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 Cho biểu thức M 2ab 2 bc 2 ca Chứng minh rằng: a) Nếu abc,,là độ dài ba cạnh của một tam giác thì M 1 b) Nếu M 1thì hai trong ba phân thức đã cho của biểu thức M bằng 1, phân thức còn lại bằng 1 Câu 3. (2 điểm) a) Cho n là tổng của hai số chính phương. CMR: n2 cũng là tổng của hai số chính phương b) Cho đa thức A ax2 bx c . Xác định hệ số b biết rằng khi chia A cho x 1, chia A cho x 1đều có cùng một số dư Câu 4. (2,5 điểm) a) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD; I và J thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng DH và BC.Tính số đo của góc AIJ 21
  22. b) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, trên đoạn BH lấy điểm M và trên đoạn CH lấy điểm N sao cho AMC ANB 900 . Chứng minh rằng AM AN Câu 5 (1 điểm) a) Cho abc, , 0 a b c 1 1 1 1 CMR: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 3abcbcacab 2 3 2 3 2 6 abc b) Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác bằng hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân 22
  23. ĐÁP ÁN Câu 1 x 3 a) ĐKXĐ: xP 3, x 3 x 3 31 P b) Ta có: Px xP 31 31 P P 1 P 1 Để x 0thì 00 PP 11 P 1 Vậy x 0thì P không nhận những giá trị từ 1đến 1, P 1;1  x 36 c) Ta có P 1 xx 33 P có giá trị nguyên x 3 Ư 6  1; 2; 3; 6  Từ đó tính được x 0;1;2;4;5;6;9 (Chú ý loại x 3) Câu 2 2a) Vì abc,,là độ dài ba cạnh của tam giác nên abc, , 0và a b c 0; a c b 0; c b a 0 a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 Đặt ABC ;; 2ab 2 bc 2 ca Ta cần chứng minh : MABC 1hay ABC 1 1 1 0 Ta có: a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 2 ab a b c a b c A 11 2ab 2 ab 2 ab b2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 2 bc b c a b c a B 11 2bc 2 bc 2 bc c2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 2 ca c a b c a b C 11 2ca 2 ca 2 ca Suy ra 23
  24. ABC 1 1 1 abcabc bcabca cabcab 2ab 2 bc 2 ca cabcabc abcabca bcabcab 2abc cabcabc aabcbca babccab 2abc abccabc abca bcab 2abc abccabc abca bcab 2abc a b c ca cb c2 ab ac a 2 bc ba b 2 2abc a b c bc ba b2 c 2 ca cb ac a 2 ab 2abc a b c b c a c a b 0(đúng) 2abc Từ đó suy ra M 10đúng vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác hay M 1 Câu 2b a b c b c a c a b MM 1 1 0 0 2abc a b c b c a c a b 0 Ta xét ba trường hợp: TH1: Nếu a b c 0 thì bcabca abcbca AB 1 0; 1 0;C 1 0 22bc bc Suy ra ABC 1; 1; 1 TH2: Nếu b c a 0 thì 24
  25. a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 2 ab a b c a b c A 1 1 0; 2ab 2 ab 2 ab c2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 2 ca cabcab bcacab C 1 1 0 2ca 2 ca 2 ca 2 ca BABC 1 0 1; 1; 1 TH3: Nếu c a b 0 thì abcabc cababc A 1 0; 22ab ab c2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 2 ca cabcab bcacab C 1 1 0 2ca 2 ca 2 ca 2 ca b2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 2 bc b c a b c a B 1 1 0 2bc 2 bc 2 bc Suy ra ABC 1; 1; 1 Như vậy trường hợp nào cũng có hai trong ba phân thức A, B, C bằng 1, phân thức còn lại bằng 1 Câu 3 3a) Đặt N a22 b với ab, 2 2 Khi đó Na2 4 2 abb 2 2 2 4 ab 2 2 ab 2 2 2 ab là tổng của hai số chính phương. 3b) A ax2 bx c x 1 P R (1) Giả sử A ax2 bx c x 1 Q R (2) Cho x 1thì từ 1 ta có: a b c R Cho x 1thì từ 2 ta có: a b c R Do đó : a b c a b c 2 b 0 b 0 Câu 4 25
  26. 4a) A B P J H D I C Gọi P là trung điểm của AH PI là đường trung bình của tam giác AHD PI// AD Mà AD ABnên IP AB và P là trực tâm ABI Từ đó ta có tứ giác BPIJ là hình bình hành BP// IJ Mà BP AI nên JI AI Câu 4b 26
  27. A P H Q N M B C Gọi PQ, lần lượt là chân các dường cao kẻ từ B và C. Tam giác vuông AMC có đường cao MP AM2 AP. AC Tam giác vuông ANB có đường cao NQ AN2 AQ. AB Xét tam giác vuông APB và AQC có: Achung; APB AQC 900 APB AQC(.) g g AP AC AQ AB AM22 AN AM AN Câu 5 5a) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với abc, , 0ta có 27
  28. 18a 18 a 18 a 18 a 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 b c 2 a b a c 2.2 ab 22 2 ac 4ab 2 ac 18a 18 a 18 a 9 3a2 2 bc 2 2 4 abac 2 2 abc . 2 2 bc 2 ab22 ab Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz . x y x y 2 21 222 1 2 1 Ta có: 22b c b c b c 2 18a 9 21 2 1 Suy ra : 3a2 2 b 2 c 2 2 b c 2 b c b c Tương tự: 2 18b 9 21 2 1 3b2 2 c 2 a 2 2 c a 2 c a c a 2 18c 9 21 2 1 3c2 2 a 2 b 2 2 a b 2 a b a b Cộng vế với vế các BĐT trên ta có: 18a 18 b 18 c 212121 3a2 2 bc 2 2 3 b 2 2 ca 2 2 3 c 2 2 abcabcab 2 2 a b c 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 :18 . DPCM 3abcbcacababc 2 3 2 3 2 6 abc 5b) Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được sơn bởi cùng một màu – màu đỏ (Theo nguyên lý Dirichle) 28
  29. Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ.Giả sử đỉnh đó là A. Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh APQ,, được tô cùng màu đỏ. Nếu A tô màu xanh, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với P và Q. Nếu cả hai đỉnh B và C được tô màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu xanh. Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C mà tô màu đỏ thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC 2016-2017 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 21/04/2017 Câu 1. (4 điểm) 2 2 xx 1 1 Cho biểu thức Px . 1 : 3x x 1 3 x x a) Rút gọn P b) Tìm x để P có giá trị nguyên c) Tìm x để P 1 Câu 2. (4,5 điểm) a) Giải phương trình: x3 6 x x 30 0 x 1 2 x 3 x b) Giải bất phương trình sau: x 11 3 2 3 x 2 x2 c) Cho biết .Hãy tính giá trị của biểu thức: Q xx2 13 xx42 1 Câu 3. (5,0 điểm) a) Tìm xy, thỏa mãn đẳng thức: 5x22 5 y 8 xy 2 y 2 x 2 0 b) Cho abc,,, thỏa mãn abc 0.Chứng minh abc5 5 5 30 1 1 1 1 1 1 c) Chứng minh rằng: a b c a b c , trong đó b c a a b c abc,,là các số thực không nhỏ hơn 1. 29
  30. Câu 4. (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC . Các đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC b) BH BE CH CF BC2 BC 2 c) AD. HD 4 d) Gọi IKQR,,, lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ E xuống AB, AD, CF, BC . Chứng minh bốn điểm IKQR,,, cùng nằm trên một đường thẳng. Câu 5. (2,0 điểm)Cho tam giác ABC.Trên tia đối của các tia BA, CAlấy theo thứ tự các điểm DE, sao cho BD CE BC.Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh AB CK ĐÁP ÁN Câu 1. a) ĐKXĐ: xx 0; 1 Ta có: 2 2x 1 2 x 2 2 x 2 x Px . . 1 . 2 . 3x x 1 3 x x 1 x 1 3 x 3 x x 1 x 1 2x Vậy P x 1 2 b) Ta có: Px 21 Ư 2  1; 2  x 1 Từ đó suy ra x 2;0;3; 1  Kết hợp với ĐKXĐ được x 2;3  2x 2 x x 1 c) P 1 1 1 0 0 x 1 x 1 x 1 Mà xx 11 nên x 10 và xx 1 0 1và x 1 Kết hợp với ĐKXĐ được 11 x và x 0 Câu 2. a) Ta có: x32 6 x x 30 0 x 3 x 2 x 5 0 xx 3 0 3 xx 2 0 2 xx 5 0 5 30
  31. x 1 2 x 3 x x 1 1 6 x 6 2 x 2 6 x 9 2 x 6 b) 3 2 3 7 47xx 4  7 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  x/ x 4 x 2 xx2 13 c) Từ x 0, do đó : xx2 13 x 2 2 1 3 1 5 1 25 21 x1 x x 1 1 x2 x 2 x 4 4 42 xx 122 1 1 21 Lại có: 2 xx 2 11 2 x x x 4 x2 4 Suy ra Q xx42 1 21 Câu 3. a) 5x22 5 y 8 xy 2 y 2 x 2 0 25x22 25 y 40 xy 10 y 10 x 10 0 5x 4 y 1 22 9 y 1 0 2 2 Do 5xy 4 1 0 và 9 y 1 0 với mọi xy, Nên 5x 4 y 1 22 9 y 1 0 Suy ra xy 1; 1 b) Ta có: a5 a a a 2 1 a 2 1 a a 2 1 a 2 4 5 a 2 a 1 a . a 1 a 2 5 a 1 . a . a 1 Do a 2 a 1 a a 1 a 2 là tích 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho cả 2;3;5, do đó chia hết cho 30 Lại có a 11 a a chia hết cho 6nên 5 a 1 a a 1 chia hết cho 30 Từ đó suy ra aa5 chia hết cho 30 Tương tự bb5 chia hết cho 30và cc5 chia hết cho 30. Từ đó suy ra abc5 5 5 abcaabbcc 5 5 5 chia hết cho 30 Mà abc 0nên abc5 5 5 chía hết cho 30. 31
  32. 1 1 1 1 1 1 c) a b c a b c b c a a b c ab 1 bc 1 ca 1 abc2 1 2 1 2 1 abc abc ab 1 bc 1 ca 1 a2 1 b 2 1 c 2 1 a2 b 2 c 2 abc a b c ab bc ca a222 b c a 2 b 2 c 2 a 22 b b 22 c c 22 a 2 ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 2 abcabc 2 a2 b 2 c 2 2 abbcca ab bc 2 bc ca 2 ca ab 2 a b 2 b c 2 c a 2 2 2 2 a c b222 1 b a c 1 c b a 1 0 (đúng với mọi abc, , 1) Câu 4. A I K E F Q B D R C 32
  33. AE AB a) Ta có: AEB AFC(.) g g AF AC Từ đó suy ra AEF ABC c g c BD BH b) BDH BEC( g . g ) BH . BE BC . BD (1) BE BC CD CH CDH CFB( g . g ) CH . CF BC . CD (2) CF BC Từ (1) và (2) suy ra BH BE CH CF BC BD BC CD BC2 DH DB c) Chứng minh được DBH DAC(.) g g DH DA DC DB DC DA 2 DC DB BC 2 Lại có: DC. DB 44 BC 2 Do đó: AD. HD 4 d) Từ giả thiết suy ra EI//,//,//,// CF EK BC EQ AB ER AD Áp dụng định lý Talet ta có: AI AE AK * IK / / DF (3) AF AC AD BF BH BD * IR / / DF (4) BI BE BR CR CE CQ * RQ / / DF (5) CD CA CF Từ 3 ; 4 ; 5 suy ra bốn điểm IKQR,,, thẳng hàng Câu 5. 33
  34. A K 1 B 1 C 1 O 1 M E D Vẽ hình bình hành ABMC AB CM 1 11 Ta có: B C CMB nên BO là tia phân giác của CBM 1122 Tương tự CO là tia phân giác của BCM Do đó MO là tia phân giác của BMC Suy ra OM song song với tia phân giác của A , suy ra KOM,, thẳng hàng 11 Ta có: M BMC BAC K 1122 Nên tam giác KMC cân tại C CK CM (2) Từ (1) và (2) suy ra CK AB UBND HUYỆN VŨ THƯ ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Môn: TOÁN – Lớp 8 Năm học: 2016-2017 Bài 1. (3 điểm) x32 1 x 4 2 x x 1 Cho biểu thức A 22 : với x 0; x 1; x 2; x 1 x x x2 x x x 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính Abiết x thỏa mãn x32 4 x 3 x 0. 34
  35. Bài 2. (4 điểm) 1. Tìm m sao cho phương trình ẩn x : m 1 x 3 m 2 0 có nghiệm duy nhất thỏa mãn x 1 9x2 2. Giải phương trình x2 40 x 3 2 Bài 3. (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn: x22 8 y 4 xy 2 x 4 y 4 2) Cho đa thức hx()bậc 4, hệ số của bạ cao nhất là 1, biết hh 1 2; 2 5; hh 4 17; 3 10. Tìm đa thức hx Bài 4. (2 điểm) Cho hai số dương ab, thỏa mãn: ab22 2 ab33 Tìm giá trị nhỏ nhất của M 2016a 2017 b 2017 a 2016 b Bài 5. (4 điểm) Cho hình bình hành ABCD AC BD , hình chiếu vuông góc của C lên AB, AD lần lượt là E và F. Chứng minh: 1) CE CD CBCF và ABC đồng dạng với FCE 2) AB AE AD AF AC2 Bài 6 (2 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhâu tại O. Một đường thẳng kẻ qua Acắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao của OM và DN.Chứng minh CK vuông góc với BN. Bài 7 (1 điểm) Cho hình vuông ABCD có 13 đường thẳng bất kỳ có cùng tính chất là mỗi đường 2 thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích là .Chứng minh rằng có ít nhất 5 4 đường thẳng trong 13 đường thẳng đó cùng đi qua một điểm. ĐÁP ÁN Câu 1. 1.1 x22 x 1 x 2 2 x x x 3 x 1 A . x x x x 11 x 1.2 35
  36. x32 4 x 3 x 0 x x 1 x 3 0 x 0( ktm ) x1( ktm ) x 3( tm ) 32 3.3 1 19 Thay x 3vào biểu thức có A 3 1 4 19 Vậy A 4 Câu 2. 2.1 m 1phương trình đã cho trở thành 1=0 (vô lý) nên phương trình vô nghiệm, loại 32m m 1phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x m 1 3mm 2 4 3 3 xm 1 1 0 1 mm 1 1 4 3 Kết hợp điều kiện ta có m 1 thì m 1 x 3 m 2 0có nghiệm duy nhất thỏa mãn 4 x 1 2.2 ĐKXĐ: x 3 2 2 2 2 2 2 9x 3 x 6 x x 6 x xx 2 40 40 40 0 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x2 10 xx22 x 3 10 . 4 0 xx 33 x2 4 x 3 x 5 2 5( VN ) xx2 10 30 0 2 2 x 6( tm ) xx 4 12 0 x 2 16 x 2( tm ) Vậy tập nghiệm phương trình S 2;6  36
  37. Câu 3. 3.1 x2 8 y 2 4 xy 2 x 4 y 4 x 2 y 1 2 4 y2 5 44y2 222 Do 4y 4; x 2 y 1 0;4 y 0  x , y nên 2 xy 2 1 1 y 1 y 1 x 0 y 1 2 x 11 x 2 y 1 thỏa mãn xy, nguyên 2 y 1 y 1 xy 2 1 1 2 x 2 x 31 x 4 Vậy xy;  0;1 ; 2;1 ; 2; 1 ; 4; 1  3.2 Xét g( x ) x2 1có g 1 2; g 2 5; g 4 17; g 3 10 Ta có f()()() x h x g x thì fx()bậc 4 hệ số của x4 là 1 và f 1 f 2 f 4 f 3 f ( x ) x 1 x 2 x 4 x 3 f() x x2 32 x x 2 x 12 x 4 473424 x 3 x 2 x h( x ) x4 4 x 3 6 x 2 34 x 23 Vậy h( x ) x4 4 x 3 6 x 2 34 x 23 Câu 4. a3 a 2016 a 2017 b M 2 2016ab 2017 4033 22 b3 b 2017 a 2016 b 2016 a b 4034 ab 22 2017ab 2016 4033 4033 22 22 ab 2 2 ab 2 2 2a 2 b2016 4034. a b 2 2 4033 4033 40332 4033 4033 2 M . Dấu "" xảy ra ab 1 4033 37
  38. 2 Vậy GTNN của M a b 1 4033 38
  39. Câu 5. E B C H K A D F 5.1 CE BC CE BC Chứng minh EBC FDC(.), g g DC AB CF DC CF BA Chứng minh ABC FCE ABC FCE 5.2 H, K là hình chiếu vuông góc của DB, lên AC Chứng minh AB ; AE AK AC AD AF AH AC Chứng minh KC AH AB AE AD AF AC2 39
  40. Câu 6. A I B O K M D C N Trên cạnh AB lấy I sao cho IB CM. Xét IBO và MCO có: IB CM; IBO MCO 450 ; BO CO IBO MCO( ), c g c OI OM IOB MOC BOI BOM BOM MOC 9000 MOI 90 MOI vuông cân tại O nên OMI OIM 450 BI CM CM NM Vì IB CM, AB CBnên (1) và AB// CN nên (2) BA CB CB NA BI NM Từ (1) và (2) IM// BN (Talet đảo) do đó OKB OMI 450 (đồng vị) BA NA MC MO OMC BMK(.) g g MK MB MC MO Xét CMK và OMB có: cmt và CMK OMB (đối đỉnh) MK MB MBO 4500 MKC 45 CMK OMB( ) c g c MKC MOB mà CKB MKB MKC 450 45 0 90 0 Vậy CK vuông góc với BN 40
  41. Câu 7. A E B M H F P N Q D G C Đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác nên đường thẳng phải cắt hai cạnh đối của hình vuông và không đi qua đỉnh hình vuông. EFGH,,, là trung điểm AB,,, BC CD DA Xét một đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác, cắt HF tại N NF Nên tỉ số diện tích hai tứ giác tạo thành bằng . NH 2 NH 2 Nếu tỉ số diện tích hai tứ giác tạo thành là .Như vậy N cố định và có 4 điểm 5 NF 5 vai trò như điểm N là M, N, P,Q như hình vẽ Có 13 đường thẳng mỗi đường phải đi qua 1 trong 4 điểm phân biệt MNPQ,,, 13 3.4 1Theo nguyên tắc Dirichle sẽ tồn tại ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm M,N,P,Q. ĐỀ THI OLYMPIC HUYỆN MÔN TOÁN LỚP 8 Năm học 2015-2016 (Thời gian làm bài : 120 phút) 41
  42. Bài 1. Phân tích thành nhân tử: x42 6 x 7 x 6 Bài 2. Cho x,, y z là các số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của : x4 y 4 z 4 biết x y z 2 Bài 3. Cho x,,, y a b là những số thực thỏa mãn: x4 y 4 x 2 y 2 và xy22 1 a b a b xy2006 2006 2 Chứng minh: ab1003 1003 ab 1003 Bài 4. Cho abc,,là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức: a b b c c a 1 1 1 bca 2 acb 2 abc 2 abc Bài 5. Cho tam giác vuông cân ABC AB AC . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM 2 MA, trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ đường thẳng Bx vuông 1 góc với AB,trên Bx lấy điểm N sao cho BN AB. Đường thẳng MC cắt NAtại E, 2 đường thẳng BE cắt đường thẳng AC tại F. a) Chứng minh AF AM. b) Gọi H là trung điểm của FC.Chứng minh EH BM ĐÁP ÁN Bài 1. 42
  43. x42 6 x 7 x 6 x4 2 x 3 2 x 3 4 x 2 2 x 2 4 x 3 x 6 x32 x 2 2 x ( x 2) 2 x x 2 3 x 2 x 2 x32 2 x 2 x 3 x 2 x3 3 x 2 x 2 3 x x 3 2 x 2 x x 3 x x 3 x 3 x 2 x 3 x2 x 1 Bài 2. Áp dụng công thức Bunhiacopski ta có: 22 x y z4 x y z 2 3 x y z 2 2 9 x2 y 2 z 2 27 x 4 y 4 z 4 16 16 27 x4 y 4 z 4 x 4 y 4 z 4 27 16 2 Vậy GTNN của x4 y 4 z 4 là x y z 27 3 Bài 3. Từ giả thiết suy ra: 2 44 22 xy xy 2 bx4 ay 4 a b ab x 2 y 2 a b a b 2 b2 x 4 a 2 y 4 2 abx 2 y 2 0 bx 2 ay 2 0 x2 y 2 x 2 y 2 1 bx22 ay 0 a b a b a b x2006 y 200612 x 2006 y 2006 ()dpcm a1003 b 1003 a b 1003 a 1003 b 1003 a b 1003 43
  44. Bài 4. Ký hiệu vế trái là A,vế phải là B,xét hiệu AB a b1 b c 1 c a 1 bc a2 a ac b 2 b ab c 2 c a2 ab bc a 2 b 2 bc ac b 2 c 2 ac ab c 2 a bc a2 b ac b 2 c ab c 2 b a c c b a a c b a bc a2 b ac b 2 c ab c 2 Do abc,,bình đẳng nên giả sử abc ,khi đó b a c 0, c b a 0 , a c b 0 b a c b a c a3 b 3 c 3 abc a 3 abc b 3 abc c 3 a bc a22 b ac b b a c c b a a c b ab ac ac ab AB bacb 2 bacb 2 cabc 2 bacb 2 cabc 2 a b c a b c b ac b22 c ab c 11 Mà nên AB 0 đpcm b ac b22 c ab c 44
  45. Bài 5. K F A E M N B C a) Đường thẳng EC cắt đường thẳng BN tại K. Ta có: AC AB gt ,// KB  AB gt FC KB AF AE  NB EN AF AC AF AC AB2  AF 1 AC AE NB NK AB NK2 NK NK EN  AC AM1 AC 1 AB 1 AB BK MB2 KN NB 2KN 2 2 2AB 1 3 4AB 2 KN AB KN AB (2) 2KN AB 2 2 AB2 AB Từ (1) và (2) AF AF AM (Đpcm) 33AB b) Từ chứng minh trên suy ra AFB AMC ABF ACM Mà ABF AFB 9000 ACM AFB 90 FC FEC 900 EH FH 2 45
  46. AC AC2 AC Mà FH FA AH BM EH BM dfcm 3 3 3 PHÒNG GD & ĐT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN KHOÁI CHÂU Năm học: 2016-2017 Môn: Toán – Lớp 8 (Thời gian làm bài: 120’ – không kể giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (5,0 điểm) Chọn và chép lại đáp án đúng vào bài làm của mình với mỗi câu hỏi sau đây: Câu 1. Cho 3 a b 2 3 a b . Tỉ số của hai số a và b bằng bao nhiêu? 2 3 5 3 A. B. C. D. 3 5 3 2 Câu 2. Giá trị của biểu thức A x2017 2017 x 2016 2017 x 2015 2017 x 2014 2017 x 2 2017 x 2017 tại x 2016 là A. 2016 B. 2017 C. 1 D. 1 Câu 3. Cho m UCLN 63;72 ; n BCNN 9;15 .Tìm hai số ab, sao cho a b m;. a22 b n A. ab 5; 4B. ab 9; 5 C. ab 7; 2 D. ab 7; 5 Câu 4. Tìm a,biết : a tỉ lệ thuận với b theo hệ số tỉ lệ 2;b tỉ lệ nghịch với c theo hệ số tỉ lệ 6và cc2 69 Aa.2 B. a 4 C. a 6 D. a 12 Câu 5. Cho abc 6và a2 b 2 c 2 ab bc ca.Giá trị của biểu thức: 2017 2017 2017 A 1 a b 1 c 2 bằng: A. 1 B. 0 C. 1 D. 6 22 2016 2017 Câu 6. Cho xy 3 2 0.Tính x y x y được kết quả là: A. 2 B. 0 C. 1 D. 2 Câu 7. Tìm m để đa thức x4 3 x 3 6 x 2 7 x mchia hết cho đa thức x 2 A. m 2 B. m 0 C. m 2 D. m 4 Câu 8. Số nghiệm của phương trình: xx3 3 2 0là mấy ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 9. Cho số nguyên x thỏa mãn phương trình 2xx2 3 2 0.Chữ số tận cùng của 2017 4 x là chữ số: 46
  47. A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 xx2 1 Câu 10. Tìm ĐKXĐ của phương trình : 2x2 3 x 1 x 1 1 1 A. x 1 B. xx 1; C. x 1 D. xx 1; 2 2 2xx2 10 12 Câu 11. Giải phương trình : 0 xx3 4 A. x  2; 3  B. x 0; 2  C. x 3  D. x 0;2  Câu 12. Giải phương trình : xx 5 3 7 1 1 A. x 6  B. x 6; C. x 6; D. x 6  2 2 2018 2017 Câu 13. Cho ab 2 ; 3. 2 . Kết luận nào sau đây là đúng ? A. ab B. ab C. ab D. ab 21x Câu 14. Tìm x,biết 1 x 1 A. x 2 B. x 2 C. 21 x D. 21 x Câu 15. Cho ABC MNP,biết AB 3 cm , NP 5 cm .Chu vi tam giác ABC có thể bằng A. 9 cm B. 9,5 cm C.10 cm D. 13 cm Câu 16. Cho tam giác ABC có: AB 8 cm , AC 18 cm , BC 13 cm ,trung tuyến AM, phân giác AD. Độ dài đoạn thẳng DM là : A. 2,5 cm B. 4 cm C. 4,5 cm D. 6,5 cm Câu 17.Cho tam giác ABC, phân giác AD biết AC 9, BC 10, AB 3 a , BD 2 a . Tìm a A. a 2 B. a 3 C. a 4,5 D. a 5 Câu 18. Cho tam giác ABC có A 1200 ,AB = 6cm, AC 12 cm .Độ dài đường phân giác AD bằng: A. 2cm B. 3cm C.4cm D. 6 cm 1 1 1 Câu 19. Cho tam giác ABC với đường phân giác AD thỏa mãn .Số đo AD AB AC góc BAC bằng: A. 450 B. 600 C. 900 D. 1200 47
  48. Câu 20. Cho hình thang ABCD AB//, CD O là giao điểm của AC và BD. Qua O kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt AD và BC lần lượt tại M và N. Biết AB 4, cm CD 12 cm .Độ dài đoạn thẳng MN bằng: A. 4cm B. 6cm C. 8cm D. 10cm II. PHẦN TỰ LUẬN (5,0 điểm) Bài 1. (2,0 điểm) 2017 2016 2014 2016x2 4 Cho biểu thức : A 22: x 1 x 1 x 1 x 1 a) Tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức được xác định b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm x để A 0và biểu diễn tập các giá trị tìm được của x trên trục số d) Tìm tất cả các số nguyên x để A có giá tri là số nguyên. Bài 2. (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: 2 2 2 101 x 100 x x 99 2 a) 1 b ) 4 x 7 2 x 5 x 1 1 2015 2016 2017 Bài 3. (0,5 điểm) y2 y2 4 y 4 8 y 8 x Cho xy và 2016.Tính tỉ số ? x y x2 y 2 x 4 y 4 x 8 y 8 y Bài 4. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, BD và CE là hai đường cao cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: HED HBC b) Chứng minh rằng: ADE ABC c) Gọi M là trung điểm của BC, qua H kẻ đường thẳng vuông góc với HM, cắt AB tại I, cắt AC tại K. Chứng minh tam giác IMK là tam giác cân 48
  49. ĐÁP ÁN I. PHẦN TRẮC NGHIỆM 1C 2C 3C 4B 5B 6B 7A 8C 9A 10D 11C 12A 13B 14C 15D 16A 17A 18C 19D 20B II. PHẦN TỰ LUẬN Bài 1. a) ĐKXĐ: xx 1; 2 x 3 b) Rút gọn được: A x2 4 c) Để A 0thì xx 33 Ax 0 3 2 hoặc x 2 x2 4 x 2 x 2 Học sinh tự biểu diễn trên trục số x 3 x2 4 x 2 3 x x 2 4 x 2 4 3 x 4 x 2 4 d) 3x 4 x2 4 ; 3 x 9 x 2 4 5 x 2 4 x2 4 -5 -1 1 5 x2 -1 3 5 9 x Loại Loại Loại 3 Thử lại, chỉ có x 3 là thỏa mãn. Vậy x 3 Bài 2. a) 101 x2 100 x 2 x 2 99 1 2015 2016 2017 101 x2 100 x 2 x 2 99 1 1 1 2015 2016 2017 2116 x2 2116 x 2 2116 x 2 2015 2016 2017 2 1 1 1 2116 x 0 2015 2016 2017 2116 xx2 0 46 49
  50. 2b) 4725x 2 x x 1 1 16 x22 56492 x x 75 x 1 Đặt 2x2 7 x 5 a thì 16x2 56 x 49 8 a 9 Ta có phương trình: a 8 a 9 1 8 a2 9 a 1 0 1 a 1 8 a 1 0 a 1hoặc a 8 x 2 22 )2x 7 x 5 1 2 x 7 x 60 ( x 2)(2 x 3)0 3 x 2 1 2 8 7 )2x22 75 x 16 x 56410 x 47 x 8 s 84 3 8 7 Vậy S 2; ;  24 Bài 3. y2 y2 4 y 4 8 y 8 2016 x y x2 y 2 x 4 y 4 x 8 y 8 4 4 4 8 yy2 2 48y x y y 2016 x y x2 y 2 x 8 y 8 y24 y24 y 2 2 4 4 2016 x y x y x y yy2 2 2016 x y x22 y y 2016 xy x 2017 y 2016 50
  51. Bài 4. O A N D K E H I F C B M HE HD a) BHE CHD g.( ) g HED HBC c g c HB HC AD AB b) ABD ACE(.)( ) g g ADE ABC c g c AE AC c) Kẻ KF CE.Gọi O là giao điểm của KF và HD Olà trực tâm tam giác CHO HK  CO MH là đường trung bình của tam giác BCO HB HO BEH OFH (cạnh huyền – góc nhọn) HE HF HEI HFK gcg HI HK MIK cân tại M (vì có đường cao đồng thời là đường trung tuyến) PHÒNG GD & ĐT BỈM SƠN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN 8 Thời gian: 120 phút (không kể chép đề) 51
  52. Bài 1. (3đ) Cho abc,,là các số hữu tỷ khác 0 thỏa mãn abc 0 1 1 1 Chứng minh rằng: M là bình phương của một số hữu tỷ abc2 2 2 Bài 2. (5 điểm) Rút gọn biểu thức sau và tìm giá tri nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên: x22 2 x 2 x 1 2 M 2 2 3 1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x Bài 3. (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x 4 x 5 x Bài 4. (6 điểm) a) Cho tam giác ABC có BAC 1200 .Các phân giác AD, BE và CF 1 1 1 Chứng minh rằng AD AB AC b) Tính FDE Bài 5. (3 điểm) Cho abc,,là các số không âm và không lớn hơn 2 thỏa mãn abc 3 Chứng minh rằng abc2 2 2 5 52
  53. ĐÁP ÁN Bài 1. Ta có: 2 2 2 111111 111111 abc 111 2 2 2 2 2. abc abc abbcac abc abc abc Vậy M là bình phương của một số hữu tỉ Bài 2. x2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 M . 2 4. 2 x x22 . 2 x x 24 x 2 x22 22 x x xx 2 . 1 M . 2 2 x22 4 x 4 x 2 x x22. x 2 2 4 x x 2 x 1 x x2 4 x 4 4 x x 2 x 1 M 2 x 2 x22 4 xx22 2 x 2 x 4 2 xx 4 xx 21 x 1 M . 2 xx 2 2 4 xx2 2 2x2 8 0 2 x 0 Để M xác định thì xx 4 2 0 x 2 2 x 0 x 1 Khi đó M nguyên thì 2M nguyên hay nguyên . Mà x x 11 1 xU (1)  1  xx Với x 1 thỏa mãn (*) và M 0 Với x 1thỏa mãn * và M 1 Vậy xx 1; 1 thỏa mãn điều kiện bài ra. 53
  54. Bài 3. xx 34 Phương trình đã cho có thể viết lại là : 1 55 Ta thấy x 2là nghiệm của phương trình đã cho. Với x 2 ta xét: xx 34 Nếu x 2thì 1 55 Với x 2dễ thấy xx 0; 1 không phải là nghiệm của phương trình Với x 0ta đặt xy thì y 0nên y 1. Ta có: x x y y y y 3 4 3 4 5 5 1 1 1 5 5 5 5 3 4 yy 5 5 5 5 Phương trình này vô nghiệm vì 1 3 4 3 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 54
  55. Bài 4. A E F I C D B K a) Từ B kẻ BK// AC cắt AD tại K, ta có tam giác ABK đều Do đó: AB DB DK AB AD 1 1 1 AC. AB AD AC DC DA AD AD AB AC BC. AB b) Áp dụng tính chất đườn phân giác tính được BD AB AC AB. AC Từ ( a) suy ra AD AB AC DA CA EA Suy ra nên DE là phân giác của BDA DB CB EB Chứng minh tương tự được DF là phân giác ADC Từ đó suy ra EDF 900 55
  56. Bài 5. Từ giả thiết ta có: 2 a 2 b 2 c 0 8 2 ab bc ca 4 a b c abc 0 Cộng hai vế với abc2 2 2,sau đó thu gọn ta được: abc 2 a2 b 2 c 2 abc 45 a 2 b 2 c 2 abc Mà abc 0nên abc2 2 2 5 Dấu bằng xảy ra khi trong ba số abc,,có một số bằng 0, một số bằng 2, một số bằng 1. UBND THÀNH PHỐ MÓNG CÁI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2011-2012 Bài 1. (4,0 điểm) x22 2 x 2 x 1 2 Cho biểu thức M 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x a) Rút gọn M b) Tìm x nguyên để M có giá trị là số nguyên dương c) Tìm x để M 3 Bài 2. (6,0 điểm) a) Cho xy, là hai số dương và x2010 y 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012.Tính giá trị của biểu thức S x2020 y 2020 x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 b) Giải phương trình: 2010 2012 2011 2013 c) Tìm x và y thỏa mãn: y22 2 x 1 2 y x 1 Bài 3. (4,0 điểm) bc ac ab a) Chứng minh abc với mọi số dương abc,,. a b c b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức L x4 4 x 3 7 x 2 12 x 20 Bài 4. (6,0 điểm) 56
  57. Cho tam giác ABC vuông tại A AC AB . Vẽ đường cao AH H BC .Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH HA.Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC tại P. a) Chứng minh : Tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC b) Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC. AH BC c) Tia AQ cắt BC tại I. Chứng minh 1 HB IB 57
  58. ĐÁP ÁN Câu 1. a) 282x2 x 2 40;842 x x 2 x 3 2 x x 2 40 và x 0 M xác định xx 2; 0 x2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 M . 22x2 2 x 4 2 x x 4 x22 2 x 2 x 4 x xx 12 . 2 2 xx 2 4 x2 2 xx 4 xx 12 x 1 . 2 2 xx 2 4 xx2 2 x 1 b) Với x 2; x 0, M có giá trị nguyên dương M có giá trị nguyên dương 2x 2x 2 1 21M nguyên dương 2xx 1 x ;2 M xlà ước của 1 x 1(Thỏa mãn điều kiện) x x 1 Thử lại: Với x 1ta có: M có giá trị bằng 1(Thỏa mãn) 2x x 1 Với x 1 ta có: M có giá trị bằng 0 (không thỏa mãn) 2x Vậy x 1 c) x 1 M 3 x 2; x 0; 3 2x x 1 x 1 7 x 1 3 3 0 0 2x 2 x 2 x 7x 1 0 7x 1 0 1 Ta có: hoặc .Giải được x 0hoặc x 20x 20x 7 58
  59. x 0 1 Kết hợp với điều kiện ta có: M 3 hoặc x x 2 7 Câu 2. 2a) Có x2012 y 2012 x 2011 y 2011 x y x 2010 y 2010 . xy Do xy, là hai số dương và x2010 y 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012 Nên x2010 y 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012 m 0 x 1 mmxymxy 1 xyxy x 1 1 y 0 y 1 Với x 10 y2010 y 2011 y (loại) hoặc y 1 Với y 1 x2010 x 2011 x 0( ktm ) hoặc x 1 2b. x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 2010 2012 2011 2013 x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 1 1 1 1 2010 2012 2011 2013 x 5 x 5 x 5 x 5 0 2010 2012 2011 2013 1 1 1 1 x 50 2010 2012 2011 2013 1 1 1 1 x 5 Do 0 2010 2012 2011 2013 59
  60. 2c. y2 2 x 2 1 2 y x 1 y 2 2 y x 1 2 x 2 1 0 y22 2 y x 1 x 12 x 2 x 1 0 22 y x 1 x 1 0 y x 1 0 x 1 xy 1 0 2 Câu 3. 3a. Với mọi số dương abc,,ta có: 2 2 2 bc ac ab bc ac ab a b c a b c a b c abc abc abc 2 2 2 222 bc ac ab a bc b ac c ab 2 bc 2 2 ac 2 2 ab 2 2 a222 bc 2 b ac 2 c ab 0 ac2 2 a2 bc ab 2 bc 2 2 b2 ac ab 2 ac 2 2 c2 ab bc 2 0 ac ab 2 bc ab 2 ac bc 2 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. 3b. L x44 x 3 7 x 2 1220 x x 4 4 x 3 4 x 2 3 x 2 12128 x x2 x 2 4 x 4 3 x 2 4 x 4 8 x 2 2 x2 3 8 Do x 2 2 0(  x ); x2 3 0  x L 8  x 2 Đẳng thức xảy ra xx 2 0 2. Vậy với x 2thì L có giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất của L là 8 60
  61. Câu 4. I K 1 B H Q 1 P A C CK CA a) PK// AH CKP CAB CP CB Suy ra AKC BPC c. g . c (1) 0 0 b) AKH vuông cân tại H K1 45 .Từ (1) KP11 45 BAP vuông cân tại A BP AB 2 BH AB Chứng minh BHA BAC AB BC BH22 AB BH AB BH AB AB 2BC 2 AB 2 BC 2 AB 2BC BH BP BH BQ BP 2 BQ BP2 BC BP BC BH BQ BHQvà BPC có: ;PBC chung BHQ BPC c g c BP BC 61
  62. c) BAP vuông cân tại A, AQ là trung tuyến nên cũng là phân giác AI là phân giác IC AC ngoài của ABC (2) IB AB AC AH ABC HBA (3) AB HB Từ (2) và (3) ta có: IC AH IB BC AH BC AH 1 IB HB IB HB IB HB AH BC 1 dfcm HB IB ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯNG YÊN Năm học: 2013-2014 Môn: TOÁN 8 Bài 1 (2,0 đ) Giải các phương trình sau: x 214 x 132 x 54 a)6 86 84 82 1 1 1 1 b) x2 9 x 20 x 2 11 x 30 x 2 13 x 42 18 Bài 2 (2,0 đ). a) Cho abc,,là 3 cạnh của một tam giác a b c Chứng minh rằng : A 3 b c a a c b a b c x y z a b c b) Cho 1 và 0 a b c x y z x2 y 2 z 2 Chứng minh rằng: 1 a2 b 2 c 2 Bài 3. (1,0 đ) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó. Bài 4 (3,0 đ) Cho ABC vuông tại A AC AB , đường cao AH H BC . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HA HD.Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 62
  63. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m AB 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE.Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo góc AHM GB HD 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh BC AH HC Bài 5. (1,0 đ) 2010x 2680 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x2 1 Bài 6 (1,0 đ) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi ĐÁP ÁN Câu 1. x 214 x 132 x 54 a)6 86 84 82 x 214 x 132 x 54 1 2 3 0 86 84 82 xxx 300 300 300 0 86 84 82 111 x 300 0 86 84 82 x 300 b) Ta có: x2 9 x 20 x 4 x 5 x2 11 x 30 x 6 x 5 x2 13 x 42 x 6 x 7 ĐKXĐ: x 4; x 5; x 6; x 7 Phương trình trở thành: 63
  64. 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 xx 4 7 18 18 x 7 18 x 4 x 7 x 4 xx 13 2 0 Từ đó tìm được xx 13; 2 Câu 2. a. Đặt bcax 0; caby 0; abcz 0 y z x z x y Từ đó suy ra a ;; b c 2 2 2 yzxzxy 1 yx xz yz Thay vào ta được: A 2x 2 y 2 z 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A 222 hay A 3 2 b. a b c ayz bxz cxy Từ 0 0 ayz bxz cxy 0 x y z xyz Ta có: 2 x y z x y z 11 a b c a b c x2 y 2 z 2 xy xz yz 2 2 2 2. 1 a b c ab ac bc x2 y 2 z 2 cxy bxz ayz 2. 1 a2 b 2 c 2 abc x2 y 2 z 2 1 (dpcm ) a2 b 2 c 2 Câu 3. 64
  65. Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số cua phân số cần tìm là x 11. Phân số cần x tìm là x 11 x 11 x 7 Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số lên 4 đơn vị ta được phân số: x 15 x 15 xx 15 Theo bài ta có phương trình: x 5(thỏa mãn) xx 11 7 5 Từ đó ta tìm được phân số 6 Câu 4. 65
  66. A E M C D G B H 1) Hai tam giác ADC và BEC có: CD CA C chung; (hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) CE CB Do đó : BEC ADC Suy ra : BEC ADC 1350 (vì AHDvuông cân tại H theo giả thiết) Nên AEB 450 do đó ABE vuông cân tại A. suy ra BE AB22 m BM11 BE AD 2) Ta có: Do BEC ADC BC22 BC AC Mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H) BM1 AD 1 AH 2 BH BH Nên ABH CBA BC22 AC ACAB 2 BE Do đó BHM BEC( ) c g c , suy ra BHM BEC 13500 AHM 45 3) ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác BAC GB AB AB ED AH HD Suy ra : , mà ABC DEC ED// AH GC AC AC DC HC HC 66
  67. GB HD GB HD GB HD Do đó: GC HC GB GC HD HC BC AH HC Câu 5. 2010x 2680 A x2 1 2 335x22 335 335 x 2010 x 3015 335 x 3 335 335 xx22 11 Vậy GTNN của Alà 335khi x 3 Câu 6. Gọi các cạnh của tam giác vuông là x,, y z ; trong đó cạnh huyền là z ( x,, y z là các số nguyên dương) Ta có: xy 21 x y z và x2 y 2 z 2 (2) 2 Từ (2) suy ra z2 x y 2, xy t hay (1) vào ta có: z2 x y 2 4 x y z z2 44 z x y 2 x y z2 4 z 4 x y 2 4 z 2 22 x y 2 , suy ra z 22 x y z x y 4, thay vào 1 ta được: xy 24 x y x y xy 4 x 4 y 8 xy 4 4 8 1.8 2.4 Từ đó ta tìm được các giá trị của x,, y z là: x; y ; z  5;12;13 ; 12;5;13 ; 6;8;10 ; 8;6;10  TRƯỜNG THCS BẠCH SAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 8 Môn: TOÁN Năm học: 2016-2017 Bài 1. (2 điểm) 67
  68. 1 2 5 xx 1 2 Cho biểu thức : C 22: 1 x x 1 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên. Bài 2. (2 điểm) a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A x x43 3 x ax bchia hết cho đa thức B x x2 34 x b) Cho x, y , z 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : xyz P y z z x x y Câu 3. (2 điểm) a) Tìm x,, y z thỏa mãn phương trình sau: 9x2 y 2 2 z 2 18 x 4 z 6 y 20 0 x y z a b c x2 y 2 z 2 b) Cho 1 và 0.Chứng minh rằng: 1. a b c x y z a2 b 2 c 2 Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC AB ), đường cao AH.Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE.Gọi P là giao điểm của AC và KE a) Chứng minh ABP vuông cân b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB,gọi I là giao điểm của BP và AQ. Chứng minh HIE,, thẳng hàng. c) Tứ giác HEKQ là hình gì ? Câu 5. (1 điểm) Tính diện tích hình thang ABCD AB// CD , biết AB 42 cm , A 4500 ; B 60 , chiều cao của hình thang bằng 18cm ĐÁP ÁN Câu 1. 68
  69. 1 a) ĐKXĐ: xx 1; 2 1 2 5 xx 1 2 C 22: 1 x x 1 1 x x 1 1 x 2 1 x 5 x x 1 x 1 . 1 x 1 x 1 2 x 2 21x 2 b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì có giá trị nguyên 21x x 1( ktm ) 2x 1 1 x 0( tm ) 2x 1 1 3 21x là Ư(2) x () tm 2x 1 2 2 2x 1 2 1 x () tm 2 x 0 3 Đối chiếu ĐK thì có x thỏa mãn 2 1 x 2 Câu 2. a) Ta có: A( x ) B x . x2 1 a 3 x b 4 aa 3 0 3 Để A()() x B x thì bb 4 0 4 abc b) Đặt yzazxbxyc ;; xyz 2 a b c a b c a b c x ;; y z 2 2 2 69
  70. a b c a b c a b c P 2a 2 b 2 c 1 b c a c a b . 1 1 1 2 a a b b c c 13 b a c a b c .3 22 a b a c c b 3 MinP a b c x y z 2 Câu 3. a) 9x2 y 2 2 z 2 18 x 4 z 6 y 20 0 9x2 18 x 9 y 2 6 y 9 2 z 2 2 z 1 0 9 x 1 2 y 3 2 2 z 1 2 0 * Do: x 1 2 0; y 3 2 0; z 1 2 0 Nên : * x 1; y 3; z 1 Vậy x, y , z 1;3; 1 b) Từ: a b c ayz bxz cxy 0 0 ayz bxz cxy 0 x y z xyz Ta có: 2 x y z x y z 11 a b c a b c x2 y 2 z 2 xy xz yz 2 2 2 2. 1 a b c ab ac bc x2 y 2 z 2 cxy bxz ayz 2. 1 a2 b 2 c 2 abc x2 y 2 z 2 1 dfcm a2 b 2 c 2 70
  71. Câu 4. A E P I B H K C Q a) Chứng minh được: BHA PEA( ) g c g AB AP mà BAP 900 ( gt ) vậy BPA vuông cân b) Ta có: HA HK H nằm trên đường trung trực của AK Ta có: AE KE E nằm trên dường trung trực của KA PBK vuông có IB IP(tính chất đường chéo hình bình hành ABQP) IK IP IB * Ta có ABQP là hình bình hành (giả thiết), có BA AP( BPA vuông cân tại A) APQBlà hình thoi, mà BAP 900 gt APQB là hình vuông nên PI IA Từ * suy ra IK IAnên I nằm trên đường trung trực của AK Vậy HIE,, thẳng hàng 71
  72. PB AQ c) Ta có: APQB là hình vuông cmt nên AP BQ mà IK IK 22 AKQ có AI IQ (tính chất đường chéo hình vuông) AQ Mà IK () cmt AKQ vuông ở K 2 AK KQmà AK HE (EAHK là hình vuông) QK// HE Vậy HEKQ là hình thang Câu 5. A' D C B' A B Qua A và B kẻ AA'và BB'vuông góc với CD. Tứ giác ABB'' A là hình chữ nhật và AA' BB ' 18 cm , A ' AB 900 DAB 4500 A ' AD 45 . Do đó A' ADvuông cân A' D A ' A 18 cm B' BA 900 , CBA 60 0 B ' BC 30 0 BC vì thế trong tam giác vuông B' BC ta có BC' . 2 Theo định lý Pytago ta có: B'' C2 BC 2 B B 2 BCBCBB'2 4 ' 2 ' 2 3BCBB '22 ' BB' 18 B'() C cm 33 Suy ra : 72
  73. 18 18 CD A''' B A D B ' C 4218 24 () cm 33 1 1 18 2 Vậy SABCD AB CD . A ' A . 42 24 .18 498,6 cm 22 3 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 12/04/2014 Câu 1. (4 điểm) 2 2 xx 1 1 Cho biểu thức : Ax . 1 : 3x x 1 3 x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để Anhận giá trị nguyên. Câu 2. (4 điểm) 2 a) Chứng minh rằng: A n32 n 7 36 n 7  n b) Cho Pn 4 4.Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố. Câu 3. (4 điểm) 1 1 1 1 a) Giải phương trình: x2 9 x 20 x 2 11 x 30 x 2 13 x 42 18 b) Cho abc,,là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c A 3 b c a a c b a b c Câu 4. (6 điểm) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C CA . Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD). a) Chứng minh OA2 AC. BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông. c) Gọi N là giao điểm của BC và AD. Chứng minh MN//. AC Câu 5. (2 điểm) 73
  74. Cho abc,,là các số thực dương thỏa mãn abc 1.Chứng minh rằng: a bc b ca c ab 2 b c c a a b 74
  75. ĐÁP ÁN Câu 1. 2 2 xx 1 1 a) Ax . 1 : 3x x 1 3 x x 2 2 x 1 3 x x 1 x 1 A .: 3x x 1 3 x x 2 2 1 3x x A . 3x 3 x x 1 xx2 A 2. xx 11 22x b) Với xx 0; 1.Ta có: A 2 xx 11 Để A thì x 1 phải là ước của 2 x 1  1; 2  Xét từng trường hợp tìm x,đối chiếu điều kiện x 2;3  Câu 2. a) Ta có: 2 A n32 n 7 36 n n n n2 7 6 n n 2 7 6 n n 3 7 n 6 n 3 7 n 6 Do 3 3 2 2 nnnn 6 6 nnn 6 6 nnn 1 6 n 1 nn 1 6 n 1 nnnn 1 22 6 nnn 1 6 nnn 1 2 nnn 3 1 2 n 3 đó Alà tích của 7 số nguyên liên tiếp nên An7  P n4 4 n 4 4 n 2 4 4 n 2 n 2 2 2 n 2 b) n22 2 n 2 n 2 n 2 n 122 1 . n 1 1 2 Vì n là số tự nhiên nên n 1 1 2 . Như vậy muốn P là số nguyên tố thì phải có n 1 2 1 1hay nn 1 2 0 1 Khi đó P 5là số nguyên tố. 75
  76. Câu 3. a) x2 9 x 20 x 4 x 5 x2 11 x 30 x 6 x 5 x2 13 x 42 x 6 x 7 TXĐ: x  4; 5; 6; 7  Phương trình trở thành: 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 xx 4 7 18 18 x 7 18 x 4 x 7 x 4 x 13 xx 13 2 0 x 2 S 13;2  b) Đặt bcax 0; caby 0; abcz 0.Ta có x, y , z 0 y z x z x y Từ đó suy ra a ;;; b c 2 2 2 y z x z x y 1 y x x z y z Thay vào ta được A 2xyz 2 2 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A 2 2 2 3 hay A 3 2 Dấu “=” xảy ra abc 76
  77. Câu 4. x y D M C N A O B a) Xét ACO và BODcó: AB 900 ;COA ODB(cùng phụ với DOB) AO BD Nên ACO BOD g. g AO BO AC BD AC BO Mà AO BO nên AO2 AC. BD b) Xét CMO và OMDcó: CMO OMD 900 ; OCM DOM (cùng phụ với CO OM COM ) CMO OMD( g . g ) (1) OD MD CO AO CO OB Mà ACO BOD 2 (Do AO OB) OD BD OD BD OM OB Từ (1) và (2) ta có OMD OBD MD BD MOD BOD OMD OBD (cạnh huyền – góc nhọn) 77
  78. OM OB OA suy ra AMBvuông tại M CN AC c) Ta có: AC// BD (cùng  AB) NB BD Mà BD MD(hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau) Tương tự ta chứng minh : AC CM CN CM Nên MN//// BD AC BN DM Câu 5. Nhận xét có: abcaabc bc abca Tương tự có: bca babc ; cab cacb abac babc cacb Do đó VT b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: a b a c b a b c 2 ab b c c a a b a c c a c b 2 ac b c a b b a b c c a c b 2 bc a c a b Vậy 2.VT 4 a b c 4 hay VT 2 ( dfcm ) 1 Đẳng thức xảy ra khi abc 3 UBND HUYỆN GIA VIỄN ĐỀ THI KHẢO SÁT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2014-2015 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (5 điểm) x22 2 x 2 x 1 2 Cho biểu thức A 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x a) Tìm x để giá trị của Ađược xác định. Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để Anhận giá trị nguyên. 78
  79. Câu 2. (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) x x 2 x2 2 x 2 1 0 b) yy21 4xx 2 2 2 0 x2 4 x 6 x 2 16 x 72 x 2 8 x 20 x 2 12 x 42 c) x 2 x 8 x 4 x 6 Câu 3. (3 điểm) 1) Tìm số tự nhiên n để p là số nguyên tố biết: p n32 n n 1 2) Tìm ab, sao cho f( x ) ax32 bx 10 x 4chia hết cho đa thức g( x ) x2 x 2 ab 3) Cho 45a22 b abvà 2ab 0.Tính P 4ab22 Câu 4. (6,5 điểm) Cho hình vuông ABCD,trên tia đối của tia CD lấy điểm M bất kỳ CM CD , vẽ hình vuông CMNP (P nằm giữa B và C), DP cắt BM tại H, MP cắt BD tại K. a) Chứng minh: DH vuông góc với BM. PC PH KP b) Tính Q BC DH MK c) Chứng minh: MP MK DK BD DM 2 Câu 5. (1,5 điểm) 22 x y x y 1) Cho xy, 0.Chứng minh rằng : 22 43 y x y x 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B xy x 2 y 6 12 x22 24 x 3 y 18 y 2045 ĐÁP ÁN Câu 1. a) 2x2 8 0 23 Giá trị của Ađược xác định 8 4x 2 x x 0 x 0 79
  80. 28x2 x2 4 22 x 2 4 2 x x 2 x 0 2 x 4 x 0 x 0 x 0 x 0 Ta có: x22 2 x 2 x 1 2 A 2 2 3 1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x x2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 22. 2 4 2 x x 2 x x 24 x 22 x 2 x 2 x 4 x x2 x 22 x . 2 xx2 4 2 x2 2x2 x 3 4 x 2 x 2 4 x 2 x x 1 2 x 1 . 2 xx2 4 2 x2 2 xx 4 xx 21 x 1 . 2 xx2 4 2 xx2 2 b) x 1 * x 1 2 x 2 x 2 2 x mà 22xx 2x x 1( tm ) 2 2xx 1 x 1( tm ) x 1 Vậy Ax 1hoặc x 1 2x 80
  81. Câu 2. a) x x 2 x2 2 x 2 1 0 x22 2 x x 2 x 2 1 0 2 x22 2 x 2 x 2 x 1 0 2 xx2 2 1 0 x 1 4 0 x 1 0 x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 b) yy21 4xx 2 2 2 0 2 yy2 2 1 2xx 2.2 1 0 y 1 2 2x 1 0 y 10 y 1 x 2 1 0 x 0 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất xy; 0; 1 c) x2 4 x 6 x 2 16 x 72 x 2 8 x 20 x 2 12 x 42 (1) x 2 x 8 x 4 x 6 ĐKXĐ: xxxx 2; 4; 6; 8 81
  82. x 2 2 2 x 8 2 8 x 4 2 4 x 6 2 6 1 x 2 x 8 x 4 x 6 2 8 4 6 x2 x 8 x 4 x 6 x 2 x 8 x 4 x 6 2 4 6 8 x 2 x 4 x 6 x 8 2x 8 4 x 8 6 x 48 8 x 48 x 2 x 4 x 6 x 8 22xx x 2 x 4 x 6 x 8 x 0 xx 00 ()tm x 2 x 4 x 6 x 8 8xx 40 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm xx 0; 5 Câu 3. 1) Biến đổi được p n2 11 n Nếu n 0;1 không thỏa mãn đề bài Nếu n 2thỏa mãn đề bài vì p 22 1 2 1 5 Nếu n 3không thỏa mãn đề bài vì khi đó p có từ 3 ước trở lên là 1;n 1 1 và nn2 1 1 1 Vậy n 2thì p n32 n n 1là số nguyên tố. 2) *g ( x ) x2 x 2 x 1 x 2 *f ( x ) ax32 bx 10 x 4 g ( x ) fxaxbx( ) 32 10 x 4 x 1 xQx 2 (1)  x - Thay xx12 1; 2vào 1 ta có: ab 60 và 8ab 4 16 0 a 2và b 8 32 a 2 Vậy f x ax bx 10 x 4 g x b 8 3) Biến đổi được: 22 ba 4 4a b 5 ab 4 a b a b ba Mà 2a b 0 4 a 2 b bnên ab 82
  83. a2 1 Ta có: P 43aa22 1 Vậy 45a22 b abvà 20ab thì P 3 83
  84. Câu 4. A B K H N P D C M a) Chứng minh được : DH vuông góc với BM Chứng minh được: CD BC; PC CM ; DCB BCM 900 DPC BMC c. g . c BHP 900 1 PCDM. PC S b) Chứng minh được: MP BD 2 PDM BC1 S DM. BC BDM 2 11 PH DB KP S PH DB KP S Tương tự 22 PBM; PBD DH11 S DH S DB MKBDM DB MK BDM 22 SSS Q PDM PBM PBD 1. SBDM c) Chứng minh: MCP MKD g. g MP. MK MC . MD (1) Chứng minh: DBC DKM( g . g ) DK . BD DC . DM 2 Từ 1 & 2 MP MK DK BD DM MC DC MP MK DK BD DM 2 84
  85. Câu 5. 1) xy Học sinh chứng minh 2 với mọi xy,0 yx x y x y 2 0; 1 1 y x y x x y x y 2 1 0 y x y x x22 y x y x y 22 2 2. 2 0 y x y x y x x22 y x y 22 43 y x y x Dấu "" xảy ra xy 0 2) B xy x 2 y 6 12 x22 24 x 3 y 18 y 2045 2 *)x22 2 x 1 x 1 0 x 2 x 3 2 với mọi x (1) 2 y22 6 y 9 y 3 0 y 6 y 12 3 với mọi y (2) B xy x 2 y 6 12 x22 24 x 3 y 18 y 2045 x2 2 x y 2 6 y 12 x 2 2 x 3 y 2 6 y 36 2009 x2 2 x y 2 6 y 12 3 y 2 6 y 12 2009 x22 2 x 3 y 6 y 12 2009 (3) Từ 1 , 2 , 3 BB 2.3 2009 2015 *)B 2015 x 1& y 3 x 1 *)MinB 2015 y 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8 85
  86. Thời gian: 150 phút Bài 1: (1 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử a) x42 1 2 x b) x2 28 x 27 Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình 1 2x2 5 4 a) 2 3x 4 2 0 b) x 1 x32 1 x x 1 Bài 3 (1 điểm) x 1 Với giá trị nào của x thì 0 x 1 Bài 4 (2 điểm) Hai người làm chung một công việc trong 12 ngày thì xong. Năng suất làm việc trong một 2 ngày của người thứ hai chỉ bằng người thứ nhất. Hỏi nếu làm riêng, mỗi người làm 3 trong bao lâu sẽ xong công việc Bài 5 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi EF, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,. BC M là giao điểm của CE và DF. a) Chứng minh CE vuông góc với DF CM. CE b) Chứng minh a CF c) Tính diện tích MDC theo a Bài 6. (0,5 điểm) 1 1 Cho x 3.Tính giá trị biểu thức Ax 3 x x3 86
  87. ĐÁP ÁN Bài 1. 2 a) x4 1 2 x 2 x 2 1 b) x2 28 x 27 x 1 x 27 Bài 2. ax) 2 3 4 2 0 3x 4 1(khẳng định sai vì 3xx 4 0  ) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 1 2x2 5 4 b) ĐKXĐ: x 1 x 1 x32 1 x x 1 x22 x 1 2 x 5 41 x x3 1 x 3 1 x 3 1 x22 x 1 2 x 5 41 x xx33 11 3xx2 3 0 3xx 1 0 x 0 ( tm ) x 1 ( ktm ) Vậy S 0  Bài 3. xx 1 0 1 x 1 x 1 xx 1 0 1 0 x 1 xx 1 0 1 x 1 xx 1 0 1 Vậy x 1hoặc x 1 Bài 4. Gọi x (ngày) là thời gian để người thứ nhất hoàn thành công việc x 0. 1 Một ngày người thứ nhất làm được (công việc) x 87
  88. 2 Một ngày người thứ hai làm được (công việc) 3x 12 Một ngày hai người làm chung được (công việc) xx3 1 2 1 Theo bài ta có phương trình x 20 xx3 12 Vậy người thứ nhất làm xong trong 20 ngày Người thứ hai làm xong trong 30ngày. Bài 5. A B E F M D C a) BEC CFD c g c ECB FDC CDF vuông tại C DFC FDC 9000 DFC ECB 90 CMF vuông tại M Hay CE DF b) Xét CMF và CBEcó: CMF CBE 900 ; MCF chung CMF CBE() g g CM CF CM. CE BC BC CE CF CM. CE Mà BC a do đó: a CF CD CM c) CMD FCD(.) g g FD FC 88
  89. 22 S CMD CD CD Do đó: SS CMD . FCD S FCD FD FD 11 Mà: S CF CD CD2 FCD 24 CD2 1 Vậy: S CD2 CMD FD2 4 Trong DCF theo Pitago ta có: 2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 DF CD CF CD BC CD CD . CD 2 4 4 CD2 1 1 1 Do đó: S . CD2 CD 2 a 2 MCD 5 CD2 4 5 5 4 Bài 6. 3 31 3 2 1 1 1 1 1 3 A x3 x3. x . 3. x . 2 3 x 3 x 3 3.3 18 x x x x x x ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Năm học : 2012-2013 Bài 1. ( 4 điểm) 11 xx32 Cho biểu thức : A x:123 x 11 x x x x a) Rút gọn biểu thức A 2 b) Tính giá trị của biểu thức Atại x 1 3 c) Tìm giá trị của x để A 0. Bài 2 (3 điểm) 2 2 2 Cho ab bc ca 4. abcabacbc2 2 2 Chứng minh rằng abc Bài 3 (3 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11.Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó Bài 4 (2 điểm) 89
  90. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a4 2 a 3 3 a 2 4 a 5 Bài 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600 , phân giác BD. Gọi MNI,, theo thứ tự là trung điểm của BD,, BC CD a) Tứ giác AMNI là hình gì ? Chứng minh. b) Cho AB 4. cm Tính các cạnh của tứ giác AMNI Bài 6. (5 điểm) Hình thang ABCD AB// CD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở MN, a) Chứng minh rằng OM ON 1 1 2 b) Chứng minh rằng AB CD MN 2 2 c) Biết SAOB 2008 (dvdt); SCOD 2009 ( dvdt ).Tính SABCD 90
  91. ĐÁP ÁN Bài 1. a) Với x 1 thì: 1 x32 x x 11 xx A : 1 x 1 x 1 x x2 x 1 x 11 x x x2 x 11 xx : 1 x 1 x 1 2 x x2 1 1 x22 : 1 x . 1 x 1 x 25 b) Tại x 1 thì 33 2 5 5 25 5 2 A 1 1 1 . 1 10 3 3 9 3 27 c) Với x 1 thì A 0 khi và chỉ khi 1 xx2 1 0 (1) Vì 10 x2 với mọi x nên 1 xảy ra khi và chỉ khi 1 xx 0 1 Bài 2. Biến đổi đẳng thức để được ab2 22 abbc 2 2 2 bcc 2 a 2 2 ac 4 a 2 4 b 2 4 c 2 4 ab 4 ac 4 bc Biến đổi để có: ab2 2 2 ac bc 2 2 2 bc ac 2 2 2 ac 0 2 2 2 Biến đổi để có: a b b c a c 0* 2 2 2 Vì a b 0; b c 0; a c 0 với mọi abc,, 2 2 2 Nên * xảy ra khi và chỉ khi a b 0; b c 0; a c 0 Từ đó suy ra abc 91
  92. Bài 3. Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần tìm là x 11 x Phân số cần tìm là x 11 x 11 x 7 Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số lên 4 đơn vị thì ta được phân số x 15 xx 15 Theo bài ta có phương trình : xx 11 7 Giải phương trình và tìm được x 5( tm ) 5 Từ đó phân số cần tìm là 6 Bài 4. Biến đổi để có: A a2 a 2 2 2 a a 2 2 a 2 2 3 a2 2 a 2 2 a 1 3 a 2 2 a 1 2 3 Vì aa2 20  và aa 10 2  nên a2 2 a 1 2 0  a 2 Do đó: a2 2 a 1 3 3  a Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi aa 1 0 1 92
  93. Bài 5. B N M C A D I a) Chứng minh được AMNI là hình thang Chứng minh AN = MI từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 4 3 8 3 b) Tính được AD cm;2 BD AD cm 33 1 4 3 AM BD cm 23 43 Tính được NI AM cm 3 8 3 1 4 3 DC BC cm, MN DC cm 3 2 3 83 Tính được AI cm 3 93
  94. Bài 6. A B M O N D C OM OD ON OC OD OC a) Lập luận để có: ;; (Định lý Ta let) AB BD AB AC DB AC OM ON OM ON AB AB OM DM OM AM b) Xét ABD có: 1 , Xét ADC có : (2) AB AD DC AD 11 AM DM AD Từ 1 , 2 OM.1 AB CD AD AD 1 1 1 1 2 Chứng minh tương tự : ON.2 AB CD AB CD MN c) SAOB OB S BOC OB , SSSSAOB DOC BOC AOD SAOD OD S DOC OD 2 Chứng minh được: SSSSSAOD BOC AOB. DOC AOD 22 2 Thay số để có 2008 .2009 SSAOD AOD 2008.2009 2 2 2 2 Do đó : SABCD 2008 2.2008.2009 2009 2008 2009 4017 (dvdt ) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 HUYỆN NAM SƠN-Năm học 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm) 94
  95. Chứng minh rằng: a) A 1 3 32 3 3 3 11 chia hết cho 40 1 1 1 1 b) B 1 22 3 2 4 2 100 2 Câu 2. (4,0 điểm) a) Cho abc 0, chứng minh rằng : a3 b 3 c 3 3 abc b) So sánh hai số sau: C 2 1 22 1 2 4 1 2 8 1 2 16 1 và D 232 Câu 3. (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x42 2019 x 2018 x 2019 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của E 2 x2 8 x 1 Câu 4. (3,0 điểm) Chứng minh rằng trong một tứ giác, tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi của tứ giác ấy. Câu 5. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC .Gọi I là trung điểm của cạnh BC.Qua I vẽ IM vuông góc với AB tại M và IN vuông góc với AC tại N. a) Chứng minh tứ giác AMIN là hình chữ nhật b) Gọi D là điểm đối xứng của I qua N. Chứng minh tứ giác ADCI là hình thoi. 1 c) Đường thẳng BN cắt DC tại K. Chứng minh rằng DK DC. 3 Câu 6. (1,0 điểm) Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 d 2 e 2 a b c d e 95
  96. ĐÁP ÁN Câu 1. a) A 1 3 32 3 3 3 11 133323 3333 4567 3333 891011 1332 3 3 3.133 4 2 3 3 3.133 8 2 3 3 40 348 .40 3 .40 40. 1 348 3 40 Vậy A 40 b) 1 1 1 1 B 22 3 2 4 2 100 2 1 1 1 1 2.2 3.3 4.4 100.100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 99 100 100 Vậy B 1 Câu 2. a) Ta có: a b c 0 a b c Mặt khác a b 3 a33 b 3 ab a b c 3 a33 b 3 ab c a3 b 3 c 3 3 abc ( dfcm ) b) C 2 1 22 1 2 4 1 2 8 1 2 16 1 21 C 21212121212 2 4 8 16 1 C 22 1 2 2 1 2 4 1 2 8 1 2 16 1 C 24 1 2 4 1 2 8 1 2 16 1 96
  97. C 28 1 2 8 1 2 16 1 C 216 1 2 16 1 2 32 1 Vì 232 1 2 32 nên CD Câu 3. a) x42 2019 x 2018 x 2019 x4 x 2 2018 x 2 2018 x 2018 1 x3 x 3 x4 x 3 x 2 2018 x 2 2018 x 2018 x 3 1 x2 x 2 x 1 2018 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x22 x 1 x 2018 x 1 x22 x 1 x x 2019 b) E 2 x2 8 x 1 2xx2 8 8 7 2 xx 2 2 7 7  Vậy giá trị nhỏ nhất của Ex 72 Câu 4. B a b A d O c C D Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD. Đặt AB a,,, BC b CD c DA d Xét AOB,ta có: OA OB AB(quan hệ giữa ba cạnh của tam giác) 97
  98. Xét COD,ta có: OC OD CD ( quan hệ giữa ba cạnh của tam giác) Suy ra : OA OB OC OD AB CD AC BD AB CD AC BD a c (1) Chứng minh tương tự : AC BD AD BC AC BD d b (2) Từ (1) và (2) suy ra a b c d 2 AC BD a b c d AC BD (*) 2 Xét ABC, ta có: AC a b Xét ADC,ta có: AC d c a c d b Suy ra : 2AC a b c d AC (3) 2 a c d b Chứng minh tương tự: BD ( ) (4) 2 Từ 3 ; 4 suy ra AC BD a b c d a c d b Từ * và ( ) suy ra AC BD a b c d() dfcm 2 Câu 5. A D N K M H C B I a) Xét tứ giác AMNI có: 98
  99. MAN 900 (vì ABC vuông ở A) AMI 900 (Vì IM vuông góc với AB) ANI 900 (Vì IN vuông góc với AC) Vậy tứ giác AMIN là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông) 1 b) ABC vuông tại A, có AI là trung tuyến nên AI IC BC 2 Do đó AIC cân tại I, có đường cao IN đồng thời là trung tuyến NA NC Mặt khác : NI ND(tính chất đối xứng) nên ADCI là hình bình hành (1) Mà AC ID (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADCI là hình thoi. c) Kẻ qua I đường thẳng IH song song với BK cắt CD tại H IH là đường trung bình BKC H là trung điểm của CK hay KH HC (3) Xét DIH có N là trung điểm của DI, NK//// IH IH BK Do đó K là trung điểm của DH hay DK KH (4) 1 Từ 3 , 4 DK KH HC DK DC 3 Câu 6. Ta có: 2 1122 a b 0 a b ab (1) 24 2 1122 a c 0 a c ac (2) 24 2 1122 a d 0 a d ad (3) 24 2 1122 a e 0 a e ae (4) 24 Ta cộng 1 , 2 , 3 , 4 vế theo vế ta được: 99
  100. 1 4. a2 b 2 c 2 d 2 e 2 ab ac ad ae 4 a2 b 2 c 2 d 2 e 2 a b c d e ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC : 2011-2012 Môn : Toán 8 Thời gian: 150 phút Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2x2 x 3 6 x 2) x 2 . x22 3 x 5 x 2 . x 2x 9 x 3 2 x 4 Bài 2. (3 điểm) Cho biểu thức: A x2 5 x 6 x 2 3 x 1) Rút gọn A 2) Tính giá trị của Abiết 21xx 2 3) Có giá trị nào của x để A 1không ? 4) Tìm x nguyên để Anhận giá trị là số nguyên. Bài 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một xe đạp, một xe máy và một ô tô cùng đi từ Ađến B.Khởi hành lần lượt lúc 5 giờ, 6 giờ, 7 giờ và vận tốc theo thứ tự là 15km / h ;45 km / h và 60km / h. Hỏi lúc mấy giờ ô tô cách đều xe đạp và xe máy. Bài 4. (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB//, CD AB CD ). Gọi N và M theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC,. BD Chứng minh rằng: 1) MN// AB CD AB 2) MN 2 Bài 5. (0,5 điểm) 1 1 Cho x 3.Tính giá trị biểu thức Ax 3 x x3 100
  101. ĐÁP ÁN Bài 1. 1) 2x2 x 3 6 x 2 x 1 x 3 0 1 x 2x 1 0hoặc x 30 2 x 3 1 Vậy x hoặc x 3 2 2) x 2 . x22 3 x 5 x 2 . x x 2 x 20 xx 2 5 3 0 5 5 3x 0 x 3 5 Vậy x 2; 3 Bài 2. x 4 1) Rút gọn được A x 3 2) ĐKXĐ: x 2 và x 3 2x x22 1 x 2 x 1 0 x 1 5 Thay x 1vào, tính được A 2 x 4 3) A 1 1 x 4 x 3 0 x 7 (vô nghiệm) x 3 Vậy không có giá trị nào của x để A 1 x 47 4) A 1 xx 33 Để A thì x 3 Ư 7  7; 1;1;7  x  4;2;4;10  Thử lại và kết hợp với ĐKXĐ ta được x 4;4;10  Bài 3. - Gọi thời gian để ô tô cách đều xe đạp và xe máy kể từ lúc xe đạp chạy là x (giờ). Điều kiện x 2 Khi đó: Xe đạp đi được : 15x km Xe máy đi được : 45 x 1 km Ô tô đi được: 60 x 2 km 101
  102. Khi ô tô bắt đầu chạy thì xe đạp đã bị xe máy vượt qua Hiệu quãng đường đi được của xe máy và ô tô là: 45 xx 1 60 2 Hiệu quãng đường đi được của ô tô và xe đạp: 60. xx 2 15 Theo đề bài ta có phương trình: 45 x 1 60 x 2 60 x 2 15 x Giải phương trình tìm được x 3,25giờ 3 giờ 15 phút Vậy lúc 8 giờ 15 phút thì ô tô cách đều xe đạp và xe máy. Bài 4 A B P N M Q D C 1) Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AD và BC AP AN Chứng minh được PN// AB(định lý Talet đảo) AD AC Mà PM// AB(đường trung bình) PMN,,thẳng hàng (Tiên đề Ơ clit) Vậy MN// AB 2) Tương tự PMNQ,,, thẳng hàng AB CD AB AB Rút ra ta được: PQ (1); PM (2); NQ (3) 2 2 2 CD AB Từ 1 , 2 , 3 suy ra MN PQ PM NQ 2 Bài 5. 3 331 1 1 A x 3 x 3. x 3 3.3 18 x x x PHÒNG GD & ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN YÊN PHONG NĂM HỌC: 2013-2014 MÔN THI: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (5 điểm) 102
  103. 1 2 5 xx 1 2 Cho biểu thức A 22: 1 x x 1 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức Anhận giá trị nguyên c) Tìm x để AA Bài 2. (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) x32 x 12 x 0 x 214 x 132 x 54 b)6 86 84 82 Bài 3 (5 điểm) Cho hình thang ABCD vuông tại Avà D.Biết CD 22 AB ADvà BC a 2 .Gọi E là trung điểm của CD. a) Tứ giác ABED là hình gì ? Tại sao ? b) Tính diện tích hình thang ABCD theo a c) Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC.Tính góc HDI Bài 4. (4 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A x22 2 xy 2 y 4 y 5 31 x b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B x32 x x 1 Bài 5. (2 điểm) a) Cho abc,,là 3 cạnh của tam giác, p là nửa chu vi. 1 1 1 1 1 1 CMR: 2. p a p b p c a b c a b b c c d a d b) Cho a,,, b c d là các số dương. Chứng minh rằng: b c c d d a a b ĐÁP ÁN Câu 1. 103
  104. 1 a) ĐKXĐ: xx 1; 2 1 x 2 1 x 5 x x2 1 A . 1 xx2 1 2 2x2 1 2 . 1 x2 1 2 x 1 2 x b) A nguyên, mà x nguyên nên 2 1 2x Từ đó tìm được x 1 và x 0 Kết hợp điều kiện x 0 AAA 0 c) Ta có: 21 0 1 2xx 0 1 2x 2 1 Kết hợp với điều kiện : 1 x 2 Câu 2 x 0 a) x32 x 12 x 0 x x 4 x 3 0 x 4 x 3 x 214 x 132 x 54 b) 6 86 84 82 x 214 x 132 x 54 1 2 3 0 86 84 82 xxx 300 300 300 0 86 84 82 111 x 300 x 300 0 x 300 86 84 82 Câu 3. 104
  105. A B H I D E C a) Chỉ ra ABED là hình bình hành AB//, DE AB DE Chỉ ra ABED là hình thoi (AB=AD) Chỉ ra ABED là hình vuông BAD 900 b) Chỉ ra BEC vuông cân Từ đó suy ra AB AD a,2 DC a AB CD . AD a 2 a . a 3a2 Diện tích của hình thang ABCD là : S 2 2 2 c) ACH ACD (1) (cùng phụ với góc HDC) Xét ADC và IBD vuông tại D và B có: AD IB 1 ADC IBC DC BD 2 Suy ra ACD BDI 2 Từ 1 và 2 suy ra ADH BDI Mà ADH BDI 4500 BDI BDH 45 hay HDI 450 Câu 4. 105
  106. a) Ta có: A x2 2 xy y 2 y 2 4 y 4 1 x y 22 y 21 Do x y 22 0; y 2 0 Nên A x y 22 y 2 1 1 Dấu "" xảy ra xy 2 Vậy GTNN của Alà 12 xy 3 x 1 3 x 1 3 x 1 3 b) B x3 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 xx2 11 x2 1 3 Do x2 11nên B 3.Dấu "" xảy ra x 0 x2 1 Vậy GTLN của B là 30 x Câu 5 a) Ta có: 1 1 4 2 p a p b p a p b c 1 1 4 2 p b p c p a p c a 1 1 4 2 p c p a p c p a b Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh b) Ta có: abbccdab abbccdda 0 bccddaab bccddaab a c b d c a d b 4 b c c d d a a b Xét 106
  107. a c b d c a d b 4 b c c d d a a b 1 1 1 1 a c b d 4 b c d a c d a b 44 a c . b d . 4 0 a b c d a b c d đpcm Dấu "" xảy ra khi a b c d KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Bài 1. Chứng minh rằng 1110 1chia hết cho 100 Bài 2. Phân tích đa thức thành nhân tử: P x2( y z ) y 2 .( z x ) z 2 .( x y ) x 1 1 2 x32 2 x Bài 3. Cho biểu thức Q 1: 3 2 3 2 x 1 x x 1 x 1 x x x a) Rút gọn Q 35 b) Tính giá trị của Q biết x 44 c) Tìm giá trị nguyên của x để Q có giá trị nguyên Bài 4. Tìm giá trị của m để cho phương trình 6x 5 m 3 3 mxcó nghiệm số gấp ba 2 nghiệm số của phương trình: x 1 x 1 x 2 3 Bài 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên xy; thỏa mãn phương trình: x2 25 y y 6 Bài 6. Cho hình vuông ABCD , M là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa C dựng hình vuông AMHN . Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH ở E, cắt DC ở F a) Chứng minh rằng BM ND 107
  108. b) Chứng minh rằng NDC;;thẳng hàng c) EMFN là hình gì d) Chứng minh DF BM FM và chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi vị trí trên BC. ĐÁP ÁN Bài 1. 1110 1 11 1 11 9 11 8 11 1 10. 11 9 11 8 11 1 Vì 10 10 Và 1198 11 11 1 có chữ số tận cùng bằng 0 Nên 1198 11 11 1 chia hết cho 10 Vậy 1110 1chia hết cho 100 Bài 2. x2 y z y 2 z x z 2 x y xyz2 yzyxzxzy 2 2 2 2 x2 y z yz y z x y2 z 2 y z x2 yz xy xz y z x x y z x y y z x y x z Bài 3. a) ĐKXĐ: x 0; 1;2 x 1 1 2 x32 2 x Q 1: 3 2 3 2 x 1 x x 1 x 1 x x x 2 x 1 x 1 2 x x 1 xx2 1 1. x 11 x2 x xx( 2) 108
  109. 2x22 4 x x x 1 1. x 11 x2 x xx 2 21x 1 xx 11 x 2 ( ktm ) 35 b) x 1 44 x 2 1 Với xQ 3 2 c) Q với x  3; 2;1  Bài 4 x 1 x 1 x 2 2 3 x22 1 x 4 x 4 3 4xx 8 2 Để phương trình 6x 5 m 3 3 mxcó nghiệm gấp ba lần nghiệm của phương trình x 1 x 1 x 2 2 3hay x 6 Ta có 6. 6 5mm 3 3 . 6 5mm 18 39 13mm 39 3 Vậy với m 3thì phương trình 6x 5 m 3 3 mxcó nghiệm số gấp ba nghiệm số của 2 phương trình x 1 x 1 x 2 3 Bài 5. x2 25 y y 6 xy2 3 2 16 4 . 4 x y 3 x y 3 2 . 8 1 . 16 xy 7 -1 5 1 11 -5 4 2 19 -13 xy 1 -7 5 -11 -1 5 13 -19 -2 -4 109
  110. Vậy các cặp số nguyên phải tìm là: 4; 3; 4; 3;5;0; 5; 6;5; 6; 5;0 110
  111. Bài 6. A B E O M F N D C H a) ABCD là hình vuông (gt) BAM MAD 900 (1) Vì AMHN là hình vuông (gt) DAN MAD 900 2 Từ (1) và (2) suy ra BAM DAN Ta có: AND AMB( ) c g c B NDAvà BM ND b) ABCD là hình vuông FDA 900 NDA FDA NDC 9000 90 NDC NDC 1800 Suy ra NDC;;thẳng hàng c) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AH và MN của hình vuông AMHN Olà tâm đối xứng của hình vuông AMHN AH là đường trung trực của đoạn MN , mà E, F AH 111
  112. EN EM và FM FN (3) FON OM ON N M Tam giác vuông EOM tam giác vuông ; 13 AOM NOH EM NF 4 Từ 3 , 4 EM NE NF FM MENF là hình thoi (5) d) Từ (5) suy ra FM FN FD DN mà DN MB() cmt MF DF BM Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vuông ABCD là a p MC CF MF MC CF BM DF() DoMF DF MB (MC MB ) ( CF FD ) BC CD a a 2 a Hình vuông ABCD cho trước akhông đổi pkhông đổi PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 THCS CẤP HUYỆN HUYỆN NGA SƠN NĂM HỌC: 2016-2017 Môn thi: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 04/04/2017 Câu 1. (4 điểm) 2 a 1 1 2a23 4 a a 4 a Cho biểu thức M 2 32: 31aa aa 14 a) Rút gọn M b) Tìm a để M 0 c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2. (5 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x 2 x 4 x 6 x 8 a) 98 96 94 92 b) xx63 7 8 0 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm 12 xx 22 xm x m x m m22 x 3) Tìm ab, sao cho f( x ) ax32 bx 10 x 4chia hết cho đa thức g( x ) x2 x 2 Câu 3. (4 điểm) 1) Cho x y z 1 và x3 y 3 z 3 1.Tính A x2015 y 2015 z 2015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km / h ,nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km / h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB ? 112
  113. Câu 4. (5 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại OM, là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác BC,). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE CM a) Chứng minh OEM vuông cân b) Chứng minh : ME// BN c) Từ C kẻ CH BN H BN . Chứng minh rằng ba điểm OMH,,thẳng hàng. Câu 5. (2 điểm) Cho số thực dương abc,,thỏa mãn abc 2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 23313233321a b c a b c a b c P 2015 a 2016 b 2017 c ĐÁP ÁN Câu 1. (2 điểm) a) Điều kiện: aa 0; 1 2 a 1 1 2a23 4 a 1 a 4 a Ta có: M 2 32 : 31aa a 1 a 1 4 a 2 a 1 1 2a22 4 a 1 4 a . a2 a 1122 a a 1 a a 1 a a 4 3 a 1 1 2 a22 4 a a a 1 4a 2 . 2 a 11 a a a 4 a3 3 a 2 3 a 1 1 2 a 2 4 a a 2 a 1 4 a . a 11 a2 a a2 4 a3 1 4 a 4 a . a3 1 a 2 4 a 2 4 b) M 0 4 a 0 a 0 Kết hợp với điều kiện suy ra M 0khi a 0 và a 1 22 2 4a a 4 a 4 a 4 a 2 c) Ta có: M 1 a2 4 a 2 4 a 2 4 a 2 2 a 2 2 Vì 0 với mọi a nên 11 với mọi a a2 4 a2 4 113
  114. a 2 2 Dấu "" xảy ra khi 02 a a2 4 Vậy MaxM 1khi a 2. Câu 2. 1) a) Ta có: x 2 x 4 x 6 x 8 98 96 94 92 x 2 x 4 x 6 x 8 1 1 1 1 98 96 94 92 1 1 1 1 x 100 . 0 98 96 94 92 1 1 1 1 Vì 0 98 96 94 92 Do đó: xx 100 0 100 Vậy phương trình có nghiệm : x 100 b) Ta có: x6 7 x 3 8 0 x 3 1 x 3 8 0 x 1 x22 x 1 x 2 x 2 x 4 0 * 2 2 13 2 2 Do x x 10 x và x 2 x 4 x 1 3 0 với mọi x 24 Nên * x 1 x 2 0 x  1;2  12 xx 22 xm 2) (1) x m x m m22 x ĐKXĐ: xm 0và x m 0 x m 1 x x m x 2 x m 2 2 x m 2m 1 x m 2 * 1 3 +Nếu 2mm 1 0 ta có: *0 x (vô nghiệm) 2 2 1 m 2 +Nếu m ta có * x 2 21m 114
  115. - Xét xm m 2 m m 22 m2 m 21m 2 22 13 2m 2 m 2 0 m m 1 0 m 0 24 (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét xm m 2 m m 22 m2 m 21m mm2 11 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m hoặc m 1 2 3) Ta có: g( x ) x2 x 2 x 1 x 2 Vì f( x ) ax32 bx 10 x 4 chia hết cho đa thức g x x2 x 2 Nên tồn tại một đa thức qx()sao cho f( x ) g ( x ). q ( x ) ax32 bx 10 x 4 x 2 . x 1 q ( x ) Với x 1 a b 6 0 b a 6 1 Với x 2 2 a b 6 0 2 Thay 1 vào 2 ta có: a 4và b 2 Câu 3. 1) 3 Từ x y z 11 x y z Mà x3 y 3 z 3 1 115
  116. x y z 3 x3 y 3 z 3 0 x y z 3 z3 x 3 y 3 0 xyzzxyz 2 xyzzz2 xyxxyy 2 2 0 xyx 2 y 2 z 2 2 xy 2 yz 2 xzxzyzz2 z 2 x 2 xyy 2 0 x y 3 z2 3 xy 3 yz 3 xz 0 x y 30 y z x z x y 0 x y y z 0 y z x z 0 x z *Nếu x y z 11 A x2015 y 2015 z 2015 *Nếu y z x 11 A x2015 y 2015 z 2015 *Nếu x z y 11 A x2015 y 2015 z 2015 2) Gọi x km là độ dài quãng đường AB. ĐK: x 0 x Thời gian dự kiến đi hết quãng đường AB: (giờ) 30 Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30(km ) Quãng đường còn lại : x 30 km x 30 Thời gian đi quãng đường còn lại: (giờ) 40 xx1 30 Theo bài ta có phương trình: 1 30 4 40 4x 30.5 3. x 30 x 60(thỏa mãn) Vậy quãng đường AB là 60km . Câu 4. 116
  117. A E B O M H' H D C N a) Xét OEB và OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có : OB OC 0 Và BC11 45 BE CM gt Suy ra OEM OMC( ) c g c OE OM và OO13 0 Lại có: O23 O BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông 0 O21 O EOM 90 kết hợp với OE OM OEM vuông cân tại O b) Từ giả thiết ABCD là hình vuông AB CD và AB// CD AM BM AB//// CD AB CN (định lý Ta-let) * MN MC Mà BE CM gt và AB CD AE BM thay vào * AM AE Ta có: ME// BN (theo Định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME//' BN OME MH B 117
  118. 0 0 Mà OME 45 vì OEM vuông cân tại O MH' B 45 C1 OMC BMH ' gg. OM MC ,kết hợp OMB CMH '(hai góc đối đỉnh) BM MH OMB CMH'( c . g . c ) OBM MH ' C 450 Vậy BH' C BH ' M MH ' C 900 CH '  BN Mà CH BN H BN H  H 'hay 3 điểm OMH,,thẳng hàng (đpcm) Câu 5. Ta có: 23313233321a b c a b c a b c P 2015 a 2016 b 2017 c b c 4033 c a 4032 a b 4031 2015 a 2016 b 2017 c Đặt 2015 ax 2016 by 2017 cz b c 4033 c a 4032 a b 4031 P 2015 a 2016 b 2017 c yzzxxyyxxzyz x y z x y z x z y y x z x y z 2 . 2 . 2 . 6 (Co si ) x y x z z y Dấu "" xảy ra khi x y z suy ra a 673, b 672, c 671 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 khi a 673, b 672, c 671 PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. 118
  119. a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x22 2 xy y 4 x 4 y 5 b) Chứng minh  n *thì nn3 2là hợp số c) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ Câu 2. x 1 x 2 x 3 x 2012 a) Giải phương trình : 2012 2012 2011 2010 1 b) Cho a2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 1.Tính S a2 b 2012 c 2013 Câu 3. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 2 x22 3 y 4 xy 8 x 2 y 18 b) Cho abc,,là ba cạnh của tam giác. ab bc ac Chứng minh: abc a b c a b c a b c Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi EFGH,,, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,,,. BC CD DA M lầ giao điểm của CE và DF a) Chứng mnh tứ giác EFGH là hình vuông b) Chứng minh DF CE và MAD cân c) Tính diện tích MDC theo a 119
  120. ĐÁP ÁN Câu 1. a) x y 24 x y 5 x y 2 4 x y 2 4 9 x y 2 2 32 x y 5 x y 1 b) Ta có: nnnnnnn3 2 3 1 1 1 2 1 n 1 nnn 1 2 2 Do  nN*nên n 11và nn2 21 . Vậy nn3 2 là hợp số c) 2 Gọi hai số lần lượt là a2 và a 1 Theo đề bài ra ta có: a2 a 1 22 a 2 a 1 a 4 2 a 3 3 a 2 2 a 1 2 a42 a 3 a 2 2 a 2 a 1 a 2 a 2 a 2 a 1 2 = aa2 1 là một số chính phương lẻ vì a2 a a a 1 là số chẵn aa2 1là số lẻ Câu 2. a) Phương trình đã cho tương đương với: x 1 x 2 x 3 x 2012 1 1 1 1 0 2012 2011 2010 1 x 2013 x 2013 x 2013 x 2013 0 2012 2011 2010 1 1 1 1 1 xx 2013 2013 2012 2011 2010 1 120
  121. b) a2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 1 a ; b ; c  1;1  abcabcaa3 3 3 2 2 2 2 1 bb 2 1 cc 2 1 0 a3 b 3 c 3 1 a ; b ; c nhận hai giá trị là 0hoặc 1 b2012 b 2; c 2013 c 2 ; S a 2 b 2012 c 2013 1 Câu 3. a) Ta có: A 2 x2 2 xy y 2 y 2 8 x 2 y 18 A 2 x y 2 4 x y 4 y2 6 y 9 1 A 2 x y 2 22 y 3 1 1 x 5 Vậy minA 1 y 3 b) Vì abc,,là 3 cạnh của tam giác nên a b c 0; a b c 0; a b c 0 Đặt x abc0; yabc 0; zabc 0 y z x z x y Ta có: x y z a b c;;; a b c 2 2 2 ab bc ac yzxz xzxy xyyz abcabcabc 4 z 4 x 4 y 1 xy yz xz 1 1 xy yz xz 3x 3 y 3 z 3 x y z . 2 2 2 4 z x y 4 2 z x y 1 y x z x y z z x y . 3 x y z . . . 4 2 z x 2 z y 2 y x 1 .3 x y z x y z x y z 4 Mà x y z a b cnên suy ra điều phải chứng minh. 121