162 đề HSG toán 8 an hội 2016 2017

PHỊNG GD & ĐT AN HỘI ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016-2017 MƠN THI: TỐN LỚP Câu (4,0 điểm) x + 2013 x + 2012 x + 2013 Phân tích đa thức sau thành nhân tử:  x2 − 2x  2 x2 A= − − − ÷ ÷  2x + 8 − 4x + 2x − x   x x  Rút gọn biểu thức sau: Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: ( 2x + x − 2013) + 4.( x − x − 2012 ) = 4.( x + x − 2013) ( x − x − 2012 ) 2 x, y x3 + x + 3x + = y Tìm số nguyên thỏa mãn: Câu (4,0 điểm) f ( x) f ( x) x + 10, f ( x) x−2 Tìm đa thức biết rằng: chia cho dư chia cho f ( x) x2 − −5x dư 24, chia cho thương dư Chứng minh rằng: 2 a( b − c) ( b + c − a) + c ( a − b) ( a + b − c) = b ( a − c) ( a + c − b) Câu (6,0 điểm) ABCD, Cho hình vng cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm AE = AF F cho Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N AEMD 1) Chứng minh tứ giác hình chữ nhật BCH AEH 2) Biết diện tích tam giác gấp bốn lần diện tích tam giác Chứng AC = EF minh 1 = + 2 AD AM AN 3) Chứng minh : Câu (2,0 điểm) a , b, c abc = Cho ba số dương thỏa mãn Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) ĐÁP ÁN Câu 1.1 Ta có: x + 2013 x + 2012 x + 2013 = ( x − x ) + 2013x + 2013 x + 2013 = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2013 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 2013) 1.2 Điều kiện: Ta có: x ≠  x ≠  x2 − 2x   2x2 A= − 1− − ÷ ÷  2x + 8 − 4x + 2x − x  x x   x2 − 2x  x2 − x − 2x2 ÷ = −  2( x2 + 4) ( − x ) + x2 ( − x ) ÷ x2    x2 − 2x 2x2 = −  2( x2 + 4) ( x2 + 4) ( − x )  x.( x − ) + x 2 = = ( x − 2) ( x2 + 4) x ( x + ) ( x + 1) 2x2 ( x2 + 4) A= Vậy Câu x +1 2x với  ( x + 1) ( x − ) ÷ ÷ x2  ( x + 1) ( x + ) x2 = x3 − x + x + x x + = x ( x2 + ) x +1 2x x ≠  x ≠ a = x + x − 2013  b = x − x − 2012 2.1 Đặt Phương trình cho trở thành: a + 4b = 4ab ⇔ ( a − 2b ) = ⇔ a − 2b = ⇔ a = 2b Khi ta có: x + x − 2013 = 2.( x − x − 2012 ) ⇔ x + x − 2013 = x − 10 x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x = −2011 11 x= Vậy phương trình có nghiệm −2011 11 3  y − x = x + x + =  x + ÷ + > ⇒ x < y (1) 4  2.2 Ta có: 2 15 ( x + ) − y = x + x + =  x + ÷ + > ⇒ y < x +  16  Từ ( 1) ( 2) x< y< x+2 (2) y = x +1 x, y ta có: mà nguyên suy y = x +1 Thay vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x = −1 ⇒ y = ( x; y ) = ( −1;0 ) Vậy Câu f ( x) x2 − 3.1 Giả sử chia cho thương f ( x) = ( x − ) ( −5 x ) + ax + b Khi : Theo đề bài, ta có:   f (2) = 24 2a + b = 24 a = ⇔ ⇔   f ( −2) = 10 −2a + b = 10 b = 17  Do : −5x dư ax + b f ( x) = ( x − ) (−5 x) + x + 17 f ( x) f ( x) = −5 x + 47 x + 17 Vậy đa thức cần tìm có dạng: 3.2 a ( b − c ) ( b + c − a2 ) + c ( a − b ) ( a + b − c2 ) − b ( a − c ) ( a + c − b2 ) = Ta có: x+z  a =  a + b − c = x  x+ y   b + c − a = y ⇒ b = a + c − b = z   y+z  c = Đặt Khi ta có: (1) x+z  x+ y y+z y+z x+z x+ y 2  −  − ÷ y + ÷x − ( x + y ) ( x − y ) z  2   2  x+z x−z y+z z− y 2 = y + x − ( x − y ) z 2 2 VT = = = 1 x − z ) y + ( z − y ) x − ( x − y ) z ( 4 x − y ) z − ( x − y ) z = = VP ( 4 (dfcm) Câu · DAM = ·ABF 1) Ta có: AB = AD · BAH ) (cùng phụ với · ( gt ); BAF = ·ADM = 900 ⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g c.g ) (ABCD hình vng) ⇒ DM = AF , AF = AE ( gt ) Lại có: (vì mà AE / / DM nên AB / / DC ) AE = DM AEMD Suy tứ giác hình bình hành Mặt khác AEMD Vậy tứ giác hình chữ nhật ∆ABH : ∆FAH ( g g ) 2) Ta có AB BH BC BH ⇒ = = ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH hay ·ABH ) · · HAB = HBC Lại có: (cùng phụ với ⇒ ∆CBH : ∆AEH (c.g.c) S  BC  ⇒ CBH =  ÷, S EAH  AE  ⇒ BC = AE ⇒ E · DAE = 900 ( gt ) mà SCBH  BC  = 4( gt ) ⇒  ÷ = ⇒ BC = ( AE ) S EAH  AE  trung điểm AB, F trung điểm AD AC = EF (dfcm) BD = EF Do đó: hay AD / /CN ( gt ) 3) Do Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: AD AM AD CN ⇒ = ⇒ = CN MN AM MN MC / / AB ( gt ) Lại có: Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: MN MC AB MC AD MC = ⇒ = = AN AB AN MN AN MN hay 2 2 2 MN  AD   AD   CN   CM  CN + CM ⇒ = =1 ÷ + ÷ = ÷ + ÷ = MN MN  AM   AN   MN   MN  ( Pytago) 2 1  AD   AD  ⇒ + = ÷ + ÷ =1⇒ 2 AM AN AD  AM   AN  Câu Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi a b2 c ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z Dấu ⇔ "=" a , b, c ∈ ¡ ( dfcm) x, y , z > ta có: (*) a b c = = x y z xảy x, y > a, b ∈ ¡ Thật vậy, với ta có: a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y (**) ⇔ ( a y + b x ) ( x + y ) ≥ xy (a + b) ⇔ ( bx − ay ) ≥ Dấu "=" ⇔ xảy (luôn đúng) a b = x y Áp dụng bất đẳng thức ( **) ta có: a2 b2 c2 ( a + b) c2 ( a + b + c) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z Dấu "=" ⇔ xảy a b c = = x y z 1 1 1 a + b2 + c2 + + = a ( b + c ) b3 (c + a ) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc Ta có: Áp dụng BĐT (*) ta có : 2 1 1 1 1 1 + +  ÷  + + ÷ a + b2 + c2 ≥  a b c  =  a b c  ab + ac bc + ab ac + bc ( ab + bc + ac )  1 1 2 + + ÷ a b c Hay 1 2 11 1 a + b + c ≥  + + ÷ ab + ac bc + ab ac + bc  a b c  Mà Vậy 1 + + ≥3 a b c 1 2 a + b + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc nên 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) (đpcm) (Vì abc = 1)