Đề luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 7 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 7 (Có đáp án)

1. n4 3n3 2n2 6n 2 Bài 1. a) Tìm n để B có giá trị là một số nguyên. n2 2 b) Tìm n để D n5 n 2 là số chính phương n 2 . Hướng dẫn n4 3n3 2n2 6n 2 2 a) B n2 3n n2 2 n2 2 B có giá trị nguyên khi 2Mn2 2 n2 2 là ước tự nhiên của 2. n2 2 1 không có giá trị nào thỏa mãn. n2 2 2 n 0 thì B nhận giá trị nguyên. b) D n5 n 2 D n n2 1 n2 1 2 D n n 1 n 1 n2 1 2 D 5n n 1 n 1 n n 1 n 1 n2 4 2 D 5n n 1 n 1 n n 1 n 1 n 2 n 2 2 Vì 5n n 1 n 1 M5 và n n 1 n 1 n 2 n 2 M5 Vậy D chia 5 dư 2 Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7 nên D không phải số chính phương. Bài 2. Giải phương trình: a) x2 3x 2 x 1 0 . 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 b) 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 . x x x x Hướng dẫn a) x2 3x 2 x 1 0 (1) + Nếu x 1 : (1) x 1 2 0 x 1 (thỏa mãn điều kiện x 1 ) + Nếu x 1 : (1) x2 4x 3 0 x2 x 3 x 1 0 x 1 x 3 0 x 1; x 3 (cả hai đều không thảo mãn) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 . 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 b) 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 (2) x x x x ĐKXĐ: x 0 2 2 1 2 1 2 1 1 2 (2) 8 x 4 x 2 x 2 x x 4 x x x x 2 1 2 1 2 2 8 x 8 x 2 x 4 x 4 16 x x x 0 hay x 8 và x 0 . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x 8
2. Bài 3. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 3 và a22 b12 c1994 a b c ab ac bc 6 . Tính giá trị của biểu thức: A . a22 b12 c2013 Hướng dẫn: Ta có: 2 a2 b2 c2 6 Suy ra: 2 a2 b2 c2 a b c ab ac bc 2a2 2b2 2c2 a b c ab ac bc 2a2 2b2 2c2 a b c ab ac bc 0 4a2 4b2 4c2 2a 2b 2c 2ab 2ac 2bc 0 3a2 3b2 3c2 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ac c2 a2 b2 c2 0 3a2 3b2 3c2 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ac c2 3 0 (vì a2 b2 c2 3 ) a2 2a 1 b2 2b 1 c2 2c 1 a2 2ab b2 b2 2bc c2 a2 2ac c2 0 a 1 2 b 1 2 c 1 2 a b 2 a c 2 a c 2 0 a b c 1 122 112 11994 Vậy A 1 . 122 112 12013 Bài 4. Cho hình bình hành ABCD. Qua A kẻ đường thẳng tùy ý cắt BD, BC, CD lần lượt ở E, K, G. Chứng minh: a) AE 2 EK.EG . 1 1 1 b) . AE AK AG c) Khi đường thẳng d thay đổi thì tích BK.DG có giá trị không đổi. Hướng dẫn: A B E K D C G AE DE a) Ta có AD // BK nên (1) EK EB EG DE AB // CD nên (2) AE EB AE EG Từ (1) và (2) suy ra AE 2 EK.EG . EK AE AE BE AE BE b) Ta có (3) EK DE AK BD AE DE AE DE Tương tự ta có: (4) EG EB AK BD Cộng vế với vế của (3) và (4) ta có:
3. AE AE BE DE 1 1 1 1 . AK AG BD BD AE AK AG c) Ta có: BK AB KC GC và nhân từng vế của đẳng thức trên ta được KC CG AD DG BK AB BK.DG AD.AD không đổi AD DG