077 đề HSG toán 8 liên châu 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013-2014 Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a. x  x  2013  4. x  x  2012   4. x  x  2013   x  x  2012  2 b) x   x   2) Chứng minh bất đẳng thức sau: x  y  z  xy  xz  yz với x, y, z Câu (5 điểm) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x  dư 10, f ( x) chia cho x  2 dư 24, f ( x) chia cho x  thương 5x dư 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x  xy  x  y  Câu (2 điểm) Cho a, b  a  b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2  1  1 M  1    1    a  b Câu (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AC  AB  , đường cao AH  H  BC  Trên tia HC lấy điểm D cho HD  HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E 1) Chứng minh BEC : ADC Tính độ dài đoạn BE theo m  AB 2) Gọi M trung diểm đoạn thẳng BE Chứng minh BHM : BEC Tính số đo góc AHM GB HD  3) Tia AM cắt BC G Chứng minh BC AH  HC ĐÁP ÁN Câu 1) a  x  x  2013  a) Đặt: b  x  x  2012 Phương trình cho trở thành: 2 a  4b  4ab   a  2b    a  2b   a  2b Khi đó, ta có: x  x  2013   x  x  2012   x  x  2013  x  10 x  4024  11x  2011  x  2011 11  2011  S    11  b) Lập bảng xét dấu nhị thức : x  x  Xét x  3 (1) Phương trình   x   x   x  3 (không thỏa (1)) Xét 3  x  (2) Phương trình   x  x    x  (Thỏa mãn với x  ¡ / 3  x  Xét x  (3) Phương trình  x   x    x   x  (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3  x  2 x  y  y  z  z  x  với x, y, z       2) Có  x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x    x  y  z    xy  yz  xz   x  y  z  xy  yz  xz (dfcm) Câu 2 1) Giả sử f ( x) chia cho x  thương 5x dư ax  b f ( x)   x    5 x   ax  b Khi đó: x  x2     x  2  x  2     x  2 Xét giá trị riêng x cho Với x   f (2)  2a  b Với x  2  f (2)  2a  b Theo đề bài, ta có: Do đó:   f (2)  24 2a  b  24 a      f ( 2)  10 2a  b  10 b  17  f ( x)   x    5 x   x  17 47 x  17 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: x  xy  x  y   x  x   y  x   (2) 2) f ( x)  5 x3  x2  x  x  (vì x  khơng nghiệm phương trình (2))  y  x 1 x  Vì x, y nguyên nên x  ước Hay x    1;3;1; 3 hay x   4;6;8;2  y Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y   x, y    2,0  ;  4,0  ;  6,8  ;  8,8   Vậy phương trình có nghiệm ngun Câu 2  ab  ab M  1    1   (Vi a  b  1) a   b   2 b  a  M      2   a  b  4b b 4a a M 4  4  a a b b2  b2 a  a b M           4.2  18(Co  si) b  b a a  a  b & a  b 1 a  b  Dấu "  " xảy MinM  18  a  b  Vậy Câu CDE : CAB( g g )  CD CA  CE CB a) Chứng minh Hai tam giác ADC BEC có: CD CA  (cmt )  ADC : BEC c.g c µ   CE CB C chung; · · Suy BEC  ADC  135 (vì tam giác AHD vng cân H theo gt) · Nên AEB  45 Do tam giác ABE vng cân A suy BE  AB  m BM BE AD   (do BEC : ADC ) b) Ta có: BC BC AC Mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH AH    AC Nên BC AC AC AH BH ABH : CBA( g g )   AC AB Mà BM BH BH   BE  AB AB BE Nên BC 0 · · · Do BHM : BEC  c.g.c   BHM  BEC  135  AHM  45   · c) Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác BAC GB AB  ·BAC Suy AG phân giác suy : GC AC AB ED AH HD   ABC : DEC    ED / / AH   HC HC Mà AC DC GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC ... ước Hay x    1;3;1; 3 hay x   4;6 ;8; 2  y Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y   x, y    2,0  ;  4,0  ;  6 ,8  ;  8, 8   Vậy phương trình có nghiệm nguyên... a  x  x  2013  a) Đặt: b  x  x  2012 Phương trình cho trở thành: 2 a  4b  4ab   a  2b    a  2b   a  2b Khi đó, ta có: x  x  2013   x  x  2012   x  x  2013  x ... 4  a a b b2  b2 a  a b M           4.2  18( Co  si) b  b a a  a  b & a  b 1 a  b  Dấu "  " xảy MinM  18  a  b  Vậy Câu CDE : CAB( g g )  CD CA  CE CB a) Chứng