047 đề HSG toán 8 lập thạch 2011 2012

PHÒNG GD – ĐT HUYỆN LẬP THẠCH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN Năm học: 2011-2012 Bài (4 điểm) y( x + y) ≠ x, y Cho x − xy = y 2 A= 3x − y x+ y thỏa mãn Tính 2.1 + 2.2 + 2.3 + 2.99 + B= + + + + 2 2 1.( + 1)   2.( + 1)  3.( + 1)  99 ( 99 + 1)  Tính Bài (4 điểm) f ( x ) = ax + bx + 10 x − a, b 1) Tìm cho chia hết cho đa thức g ( x) = x + x − 2) Tìm số nguyên Bài (3 điểm) a cho a4 + số nguyên tố x 5x + = −2 x + 4x + x + Giải phương trình: Bài (4 điểm) ·ABC = 600 Cho hình thoi ABCD có góc Hai đường chéo cắt O, E thuộc tia BC BE BC cho ba phần tư , AE cắt CD F Trên đoạn thẳng AB CD CG lấy hai điểm G H cho song song với FH BG.DH = BC 1) Chứng minh : GOH 2) Tính số đo góc Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC , ba điểm BM CN AP BM = = & < BC CA AB BC M , N,P thuộc cạnh Chứng minh hai tam giác BC , CA, AB ABC cho MNP có trọng tâm Bài (2 điểm) x, y , z Cho số dương thỏa mãn điều kiện x y3 z3 + + ≥ y + 2z z + 2x x + y x + y + z = Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Bài x + y ≠ y( x + y) ≠ ⇒  y ≠ 1) Từ x − xy = y ⇔ ⇔ ( x + y ) ( x − y ) = Vì x+ y≠0 Ta có: x − 2y = ⇔ x = 2y nên 3.2 y − y y A= = = 2y + y 3y n + 1) − n ( = = − 2 2 ( n + 1) n n ( n + 1)  n ( n + 1)  2n + n ≥ 1, 2) Với ta có: Áp dụng vào tốn ta có: 1 1 1 9999 B = − + − + + − = − = 2 99 1002 1002 10000 Bài 1) Ta có: g ( x) = x + x − = ( x − 1) ( x + ) f ( x) = ax3 + bx + 10 x − Vì chia hết cho đa thức f ( x) = g ( x).q( x) q ( x) g ( x ) = x + x − Nên tồn đa thức cho ⇒ ax + bx + 10 x − = ( x + ) ( x − 1) q ( x ) x = ⇒ a + b + = ⇒ b = −a − Với x = −2 ⇒ 2a − b + = Với Thay ( 1) vào ( 2) (2) (1) a = 2&b = ta có: a + = ( a − a + ) ( a + 2a + ) Vì 2) Ta có: a ∈ c ⇒ a − 2a + ∈ c; a + 2a + ∈ c a + 2a + = ( a + 1) + ≥ ∀a a − 2a + = ( a − 1) + ≥ ∀a Có Và Vậy a4 + a + 2a + = a − 2a + = số nguyên tố a − 2a + = ⇒ a = Nếu thử lại thấy thỏa mãn a + 2a + = ⇒ a = −1 Nếu thử lại thấy thỏa mãn Bài Điều kiện Với x=0 x ≠ −2 x 5x + = −2 x2 + 4x + x2 + khơng phải nghiệm phương trình : x 5x + = −2 x + 4x + x + x≠0 Với phương trình trở thành: + = −2 ( * ) 4 x+ +4 x+ x x y= x+ Đặt +2 x phương trình ( *) trở thành: + = −2 y+2 y−2 Điều kiện : y ≠ ±2 y = y + y = ⇔ y ( y + 3) = ⇔   y = −3 Phương trình trở thành: x + + = ⇒ x + x + = ⇒ ( x + 1) + = ( VN ) y=0 x Với y = −3 Với  x = −1 x + + = −3 ⇒ x + x + = ⇔ ( x + 1) ( x + ) = ⇔  (TMDK ) x = − x  Vậy tập nghiệm phương trình Bài S = { −1; −4} ⇒ ∆BCG : ∆DHF 1) Chứng minh Theo định lý Ta let tính được: 3 DF = DC = BC ⇒ BG.DH = BC 4 BC BG = ⇒ BC.DF = DH BG DH DF 2) Theo định lý Pytago tính được: BG BO 2 = BO = BC − CO = BC ⇒ BG.DH = BO = BO = BO.DO ⇒ DO DH Ta có Bài · · GBO = HDO = 300 Nên · ∆BGO : ∆DOH ⇒ GHO = 300 NQ / / AB ( Q ∈ AB ) Qua N kẻ , theo định lý Talet ta có: QC CN QC BM = ( gt ) ⇒ = ⇒ QC = BM BC CA BC BC QN CQ QN AP = ( gt ) ⇒ = ⇒ AB = QN AB CB AB AB Gọi I,K MQ trung điểm IK / / QN , IK = MNQ giác , MN Suy IK đường trung bình tam QN AP ⇒ IK / / AP; IK = 2 GI GK KI = = = GA GP PA AI Gọi G giao điểm PK , theo Ta let ta có: G MNP ABC Suy trọng tâm tam giác G trọng tâm tam giác Bài x3 y3 z3 + x ( y + 2z ) ≥ 6x2; + y ( z + 2x) ≥ y2; + z ( x + y ) ≥ 6z2 y + 2z z + 2x x + 2y Ta có: 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ ⇒ x + y + z ≥ xy + yz + zx Lại có : Nên ta có: x3 y3 z3 + + + 3( xy + yz + xz ) ≥ ( x + y + z ) y + 2z z + 2x x + y x3 y3 z3 x2 + y + z ⇒ + + ≥ = y + 2z z + 2x x + y 3 Dấu xảy x = y = z =1