119 đề HSG toán 8 tiền hải 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN HẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2016-2017 MƠN: TỐN Bài (4,5 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M   x    x  3  x    x    24 2) Cho a, b, c đôi khác khác Chứng minh rằng: a b  ab bc ca   c        c a b a  b b  c c  a     a  b  c  Nếu 3) Cho A  p p số nguyên tố Tìm giá trị p để tổng ước dương A số phương Bài (4,0 điểm)   x 8   x4 P  : 1    x  1 x  x  x  x      1) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P x nghiệm phương trình x  x   2) Chứng minh rằng: f ( x)   x  x  1 2018   x  x  1 2018 2 chia hết cho g ( x)  x  x Bài (3,5 điểm) xm x 3  2 x  x  m 1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số) 2 x x   x  1    2) Giải phương trình: Bài (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB  AD Trên cạnh AD lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm P cho AM  CP Kẻ BH vng góc với AC H Gọi Q trung điểm CH , đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC N a) Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành b) Khi M trung điểm AD Chứng minh BQ vng góc với NP 1   AP AF c) Đường thẳng AP cắt DC điểm F Chứng minh AB Bài (1,0 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi ĐÁP ÁN Bài 1 M   x    x  3  x    x    24 M   x  x  10   x  x  12   24 M   x  x  11  1  x  x  11  1  24 M   x  x  11  25 M   x  x    x  x  16  M   x  1  x    x  x  16  Các ước dương A 1; p; p ; p ; p Tổng ước  p  p  p  p  n  n  ¥    p  p  p  p  4n Ta có: p  p  p  4n  p  p   p  p  p   p  p    2n    p  p     2n    p  p  1 2 2 Do : p  p3  p  p   p  p3  p  p   p  1(ktm)  p2  p      p2  3(tm) Vậy p  a b b c ca c a b  x;  y; z  ;  ;  (1) a b a b x b c y c a z Đặt c 1 1   x  y  z      x y z Ta có: 1 1  yz xz x y         y z  x y z  x  x  y  z  (2) y z bc ca c b  bc  ac  a c     x a b a  b ab a b   Ta lại có: c  a  b   c  a  b  c  c  a  b  c  2c   a  b  c   2c     ab  a  b  ab ab ab x  z 2a x  y 2b  ;  y bc z ac Tương tự ta có: 1 1 2c 2a 2b2   3 a  b3  c   x  y  z         ab bc ac abc x y z 3 Vì a  b  c   a  b  c  3abc 1 1  x  y  z       3abc    abc x y z Do đó: Bài a) Với x  ta có:   x2  x   x  x4 x2  x  : P    x  1  x  x  1  x  1  x  x  1  x2  x     x   x2  x   x2  x2  2x  x2  x  :     x  1  x  x  1  x  x   x  1  x  x  1 x     x  3  x  1  x    x  1  x   x  x3 x2  Vậy x   x  2(tm) x2  3x      x  1(ktm) b) 23 P   13 thay x  vào P ta có: P 13 Kết luận với x  P x 1 2) Đa thức g  x   x  x  x  x  1 có hai nghiệm x  v 2018 2018 f       x  nghiệm f ( x)     Ta có  f  x  chứa thừa số x f  1   12   1 2018   12   1 2018    x 1 Ta có nghiệm f ( x)  f  x  chứa thừa số x  mà thừa số x x  khơng có nhân tử chung f ( x) chia hết cho x  x  1 f  x    x  x  1 2018   x  x  1 2018 2 Vậy chia hết cho g  x   x  x Bài 1) ĐKXĐ: x  3; x  m ta có: xm x3    x  m  x    x  3  x  m  x3 xm  x  m    x  3x  3m  mx   2  m  3 x   m   (1) Với m   1 có dạng x  Nghiệm x thỏa mãn điều kiện x  3 x   m, tập nghiệm phương trình x  3  m  3 x  m  3  m3 Với m  3 phương trình  1 có nghiệm Để giá trị nghiệm phương trình ta phải có: m3 m3 m3   3   m x 2 tức m  Vậy m  3 nghiệm  m  3 S      Kết luận : với m  3 S   x / x  3 Với m  3 2 x x     x  1  Ta có:   64 x  16 x  1  x  x     64 x  16 x  1  64 x  16 x   72  * Đặt 64 x  16 x  t ta có:  t  9 t   *  t  t  1  72    2 64 x  16 x    64 x  16 x     x  1   t   Với ta có: (Vơ nghiệm  x  1   0)  x   64 x  16 x   64 x  16 x     x    Với t  ta có Bài a) Chứng minh DH / / BK (1) Chứng minh AHD  CKB  DH  BK (2) Từ (1) (2) suy tứ giác MNPQ hình bình hành b) Gọi E trung điểm BK , chứng minh QE đường trung bình KBC 1 QE  BC  AD 2 nên QE / / BC  QE  AB (vì BC  AB ) Chứng minh AM  QE AM / / QE  AMQE hình hành Chứng minh AE / / NP / / MQ  3 Xét AQB có BK QE hai đường cao tam giác nên E trực tâm tam giác nên AE đường cao thứ ba tam giác AE  BQ  BQ  NP c) Vẽ tia Ax vng góc với AF Gọi giao Ax với CD G · · · Chứng minh GAD  BAP (cùng phụ với PAD)  ABP  g g  AP AB     AG  AP AG AD Ta có: AGF vng A có AD  GF nên AG AF  AD.GF   S AGF   AG AF  AD GF  1 2 2 2 Ta chia hai vế (1) cho AD AG AF mà AG  AF  GF (đl Pytago) 1 1 1       2 2 AD AG AF AF 1  1   AB   AP  2  2  4 1 1       AB AP AF AB AP AF Bài Gọi cạnh tam giác vuông x, y, z cạnh huyền z ( x, y , z số nguyên dương) Ta có xy   x  y  z  (1) x  y  z (2) z Từ (2) suy   x  y   xy, thay (1) vào ta có: z2   x  y   4 x  y  z   z2  4z   x  y   4 x  y   z2  4z    x  y   4 x  y     z  2   x  y  2 2 z   x  y   vi z  0)  z    x  y  2(ktm  z  x  y  4; thay vào (1) ta được: xy   x  y  x  y    xy  x  y  8   x    y     1.8  2.4 Từ tìm giá trị x, y, z là:  x; y; z    5;12;13 ;  12;5;13 ;  6;8;10  ;  8;6;10  