Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 8 Toán 2013 - Phần 2 - Đề 30 doc

ĐỀ SỐ 4 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =                         2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xx xx x a, Tìm điều kiện của x để A xác định . b, Rút gọn biểu thức A . c, Tìm giá trị của x để A > O Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau : 1 2 15 2 1 14 22      x xx x xx Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S. 1, Chứng minh  AQR và  APS là các tam giác cân. 2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. 3, Chứng minh P là trực tâm  SQR. 4, MN là trung trực của AC. 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Câu 4 ( 1 điểm): Cho biểu thức A = 12 332 2   x xx . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 5 ( 1 điểm) a, Chứng minh rằng     3 3 333 .3 zyxxyyxzyx  b, Cho .0 111  zyx Tính 222 z xy y xz x yz A  ĐÁP ÁN Câu 1 a, x  2 , x  -2 , x  0 b , A = 2 6 : 2 1 2 2 4 2             xxx x x =      2 6 : 22 222      xxx xxx =    x x xx      2 1 6 2 . 22 6 c, Để A > 0 thì 0 2 1   x 202      xx Câu 2 . ĐKXĐ : 2 1 ;1  xx PT 01 1 2 15 1 1 14 22        x xx x xx 0 1 2 23 1 23 22        x xx x xx           02321023230 12 1 1 1 23 22            xxxxxx xx xx  x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3 Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =        3 2 ;2;1 Câu 3: 1,  ADQ =  ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên  AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có:  ARP=  ADS do đó AP = AS và  APS là tam giác cân tại A. 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN  SP và AM  RQ. Mặt khác : PAMPAN    = 45 0 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. 3, Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR. 4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 1 QR. Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = 2 1 QR.  MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC 5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x  -1/2 A = (x + 1) + 1 2 2  x vì x  Z nên để A nguyên thì 1 2 2  x nguyên Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy : 2x+1 = 2  x=1/2 ( loại ) 2x+1 = 1  x = 0 2x+1 = -1  x = -1 2x +1 = -2  x = -3/2 ( loại ) KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên Câu 5. a, , Chứng minh     3 3 333 .3 zyxxyyxzyx  Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta có 0    cba thì       abcccabccbaabbacba 333 333 3 333  (vì 0    cba nên cba    ) Theo giả thiết .0 111  zyx  . 3111 333 xyz zyx  khi đó 3 3111 333333222           xyz xyz zyx xyz z xyz y xyz x xyz z xy y xz x yz A ===================== . PT 01 1 2 15 1 1 14 22        x xx x xx 0 1 2 23 1 23 22        x xx x xx           023 21 023 230 12 1 1 1 23 22           .  2 6 : 22 22 2      xxx xxx =    x x xx      2 1 6 2 . 22 6 c, Để A > 0 thì 0 2 1   x 20 2      xx Câu 2 . ĐKXĐ : 2 1 ;1