De thi hsg toan 8 (1)

Bộ đề ơn HSG TỐN ĐỀ IV Bài 1: Cho biểu thức: A = a) Tìm điều kiện x để biểu thức xác định b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: a) Giải phương trình: b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + Bài 3: Cho hình thang ABCD; M điểm tuỳ ý đáy lớn AB Từ M kẻ đường thẳng song song với hai đường chéo AC BD Các đường thẳng cắt hai cạnh BC AD E F Đoạn EF cắt AC BD I J a) Chứng minh H trung điểm IJ H trung điểm EF b) Trong trường hợp AB = 2CD, vị trí M AB cho EJ = JI = IF Bài 4: Cho a  4; ab  12 Chứng minh C = a + b  ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV Câu Ý a b Điều kiện: c Ta có: A nguyên A= Do x = Nội dung Điêm = (x + 2006) khơng thỗ mãn đk Vậy A ngun x = a Ta có: b (2006 - x) = x = 2006 Thiện phép chia đa thức, từ ta tìm được: Bộ đề ơn HSG TỐN D C E J I Q F P A a Ta có: (1) B M (2) Từ (1), (2) (3) suy (3) hay FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H trung điểm IJ từ (4) ta có: b Nếu AB = 2CD nên theo (1) ta có suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = khơng liên quan đến vị trí M Vậy M tuỳ ý AB Ta có: C = a + b = ( (ĐPCM) ĐỀ V Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – x – b) x3 – x2 – 14x + 24 Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + a) Phân tích P(x) thành nhân tử b) Chứng minh P(x) chia hết cho với x Z Bài 3: Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z Bài 4: Cho a > b > so sánh số x , y với: x = ; y= Bài 5: Giải phương trình: + + = 14 Bài 6: Trên cạnh AB phía hình vng ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy 15 Chứng minh tam giác CFD tam giác ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V Câu Ý a Nội dung Ta cã: x – x – = x – – x – = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – - 1) = (x + )(x - 3) 2 Điêm Bộ đề ơn HSG TỐN b a b ( NÕu gi¶i cách khác cho điểm tơng đơng ) Ta có: x = lµ nghiƯm cđa f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do ®ã f(x) x – 2, ta cã: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 VËy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta lại có: x = nghiệm x2 + x – 12 Nªn x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Nh vËy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + = 2x4 – 6x3 – x3 + 3x2 – 5x2 + 15x – 2x + = (x – 3)(2x3 – x2 – 5x – 2) = (x – 3)(2x3 – 4x2 + 3x2 – 6x +x – 2) =(x – 3)(x – 2)(2x2 + 3x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) P(x) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x – + 3) = 2(x – 3)(x – 2)(x + 1)(x – 1) + 3(x – 3)(x – 2)(x + 1) (Đfcm) Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) tích số nguyên liên tiếp cã Ýt nhÊt hai sè lµ béi cđa ( số bội 4, số lµ béi cđa 3, mét sè lµ béi cđa 5) VËy tÝch cđa sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120 Ta cã x,y > vµ Vì a> b > nên Vậy x < y 1/ XÐt kho¶ng x < -2 ,ta cã: -3x + = 14 x = - 2/ -2 x < 1, ta cã : -x + 16 = 14 x = (lo¹i) 3/ x < 3, ta cã : x + = 14 x = 10 (lo¹i) 4/ x , ta cã: 3x = 14 x= Vậy phơng trình cã nghiƯm lµ x = - vµ A x= B F D C Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150 Suy : (1) Ta cã (theo c¸ch vÏ) nên: FB = IB (2) Từ (1) (2) suy : ®Ịu Bộ đề ơn HSG TỐN Đờng thẳng CI cắt FB H Ta cã: = 300 ( gãc ngoµi cđa ) Suy ra: = 900 ( = 600 ) Tam giác FIB nên IH trung trực FB hay CH đờng trung trực Vậy cân C Suy : CF = CB (3) Mặt khác : cân F Do đó: FD = FC (4) Tõ (3) vµ (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC) Vậy GiảI phơng pháp khác cho điểm tơng đơng VI Bi 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - b) Cho x  Z chứng minh x200 + x100 +1  x4 + x2 + Bài 2: Cho x,y,z 0 thoả mãn x + y + z = xyz Tính giá trị biểu thức P = 1   x2 y2 z2 1 + + = x y z Bài 3: Tìm x biết a) x  < 5x -4 b) Bài 4: x  43 x  46 x  49 x  52  + = 57 54 51 48 a) Chứng minh A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3  với n  N* b) Cho x, y, z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y z   yz zx xy Bài 5: 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 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m  AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM Tia AM cắt BC G Chứng minh: GB HD  BC AH  HC Bài 6: Chứng minh số tự nhiên có dạng 2p+1 p số nguyên tố , có số lập phương số tự nhiên khác.Tìm số ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VI Câu1(4đ) a,đặt a = x2 -2x x2 -2x -1 = a-1  A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2) b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1) 1đ 1đ Bộ đề ôn HSG TOÁN =x (x -1)+x (x -1) + (x +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) + (x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 +  A chia hết cho x4 + x2 + Cau : (2đ 198 1 1 1 1 zyx vậyP+2=3 xyz 1đ 1đ 0.75đ 0,75đ suy P = 0.5đ giải 4-5x < 3x +2< 5x - làm x> b, Cộng vào phân thức đặt nhân tử chung 1đ 0.5đ 1đ (x+100)( Câu 4: 3đ Có ( x  y  z ) =   + 2( xy  xz  yz ) x y z ( )2 = p + Câu 3: (3đ) 96 1 1    )=0 57 54 51 48  S =  100 a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8) =3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3) Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3 =n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1) Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho ( tích số tự nhiên liên tiếp ) 3(n+1) chia hết cho3  B chia hết cho  A =3B chia hết cho 0.5đ 0.5đ 0,5đ 0,5đ b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c  x+y+z =  a b c a  bc a b  c ;y= ; z= 2  a b c a  b c a b  c   P= = 2a 2b 2c b c a c a b (         ) = a a b b c c b a c a b c (  (  )  (  )  (  ))  a b a c c b Min P = ( Khi a=b=c  x=y=z  x= Câu 5: (2đ) + Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung 0.5đ 1đ 0,25 đ Bộ đề ơn HSG TỐN CD CA  (Hai tam CE CB 0,25 đ giác vuông CDE CAB đồng dạng) b) 2đ Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c) Suy ra:  BEC= ADC 135 (vì tam giác AHD vuông cân H theo giả thiết) Nên AEB 45 tam giác ABE vng cân A Suy ra: BE  AB m BM BE AD     (do ~ ) BC BC AC mà AD  AH (tam giác AHD vuông vân H) BM AD AH BH BH       nên (do ABH Đồng BC AC AC AB BE Ta có: dạng CBA) Do BHM đồng dạng c) 2đ Câu GB AB  , GC AC nên 0,25 đ 0,5 đ 0,5đ 1đ BEC (c.g.c) suy ra: BHM BEC 135  AHM 45 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC Suyra: 0,25 đ 0,5 đ ~ (DE//AH) Do đó: GB HD GB HD GB HD      GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1) Vì p số nguyên tố nên: Hoặc : a-1=2 suy p=13 ( thoả mãn) Hoặc: a2+a+1 =2 điều không xảy a >1 Vởy số tự nhiên có dang 2p+1 (p số nguyên tố) có số lập phương số tự nhiên khác 0,5đ 1đ 1đ 1đ 0,5đ 0,5đ ĐỀ VII x x  3y  Bài 1:a Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= y x 1 b Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 a,b,c 0 Chứng minh :    a b c abc 2 2 2 x y z x y z    Bài 2:a Tìm x,y,x biết : Bộ đề ơn HSG TỐN b.Giải phương trình : 2x(8x-1) (4x-1)=9 Bài 3:a Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với a Z b Chứng minh : x5 – x + khơng số phương với x Z+ Bài 4:Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H a) Tính tổng : b) Gọi AI phân giác tam giác ABC IM; IN thứ tự phân giác góc AIC; AIB(M AC;N AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện biểu thức : đạt giá trị nhỏ Bài 5: Chứng minh a,b,c số hữu tỷ ab+bc+ac=1 (1+a2)(1+b2)(1+c2) bình phương số hữu tỉ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VII Bài Bài1 a) 2đ 3y-x=6  x=3y-6 Thay vào ta có A=4 Nội dung Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 a,b,c 0  ab  ac  bc 0  ab  ac  bc 0 abc 1   0 a b c 1 Đặt : x; y; z chứng minh tốn a b c Nếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz  đpcm x y2 z2 x  y2  z2 x x y y z z =0          5 5 2 3x 2y z    0  x y z 10 15 20 phươngtrình: 2 2x(8x-1)2(4x-1)=9  (64x  16 x  1)(8x  x ) 9  (64x  16 x  1)(64 x  16x ) 72 đặt :64x2-16x+0,5=k Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72  k 72,25  k 8,5 1 Với k=8,5 Ta có x= ; x  Với k=-8,5 phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2  b) 2đ Bài 2: a) 1,5đ b) 1,5đ Bộ đề ơn HSG TỐN Bài a) 1.5đ b) 1.5đ Câu4 2đ có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5) = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1) (a+1) a ngun nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) tích số ngun liên tiếp nên 30 (2) 5a(a-1)(a+1)là tích 3số nguyên liên tiếp với nên chia hết cho 30 Từ (1); (2) suy rađpcm b,Từ tốn ta có: x5-x5  x5-x+2 chia dư  x5-x+2 có tận hoạc (khơng có số phương có tận 2hoặc 7) Vậy: x5-x+2 khơng số phương với x Z  b  c  a  c b  a2       a   b   c   đặt A= =  ab      c   ac ba bc b ac a bc        2 a c a b b c abc        c b b a c a abc 2  a c  c b   b2 a    abc            abc   c a   b c   a b   = = x tacó x+ 2x >0 Nên A 8 đẳng thức xảy a=b=c=1 câu a) A C’ H N I B A’ x B’ M C D Ta có : (1) Tương Tự: (2) (3) b Từ (1); (2); (3) ta có: = b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào tam giácABC, ABI, AIC: suy Bộ đề ôn HSG TOÁN c) Câu6 2đ c)Vẽ Cx CC’ Gọi D điểm đối xứng A qua Cx -Chứng minh góc BAD vng, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - BAD vuông A nên: AB2+AD2 = BD2 AB2 + AD2 (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 (Đẳng thức xảy BC = AC, AC = AB, AB=BC Tức tam giác ABCđều có 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c) 1+c2=(b+c)(a+c)  (1  a )(1  b )(1  c ) a  b a  c b  c  đpcm ĐỀ VIII Bài 1: Cho biểu thức: a/ Thu gọn A b/ Tìm giá trị x để A0 x-10, b >0, c >0 nhân tử biểu thức dương (theo bất đẳng thức tam giác) Nên A >0 M B C H E G F A a b c D N Tam giác AHD có: HAD + HDA = 1/2(A+D) =900.Nên AHD=900 Tương tự: BFC=900 , AEB=900 Do tứ giác EFGH hình chữ nhật C/m tam giác ABM cân B, E trung điểm AM C/m tương tự G trung điểm CN Nên BG đường trung bình hình bình hành AMCN nên EG = 1/2(MC+AN)=MC Suy MC=CB-BM= CB-BA Vậy EG=FH=CB-AB C/m EG//AD , FH//AB Hình chữ nhật EFGH hình vng EG FH AD AB A =900 ABCD hình chữ nhật ( Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa) ĐỀ XII Bài 1: Cho biểu thức: M = a Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn 16 : Bộ đề ôn HSG TOÁN Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b + c - a ) - 4b2c2 a Phân tích biểu thức A thành nhân tử b Chứng minh: Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác A < Bài 3: a Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b Cho số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x + y + z = x + y + z = Tính tổng: S = x +y + z Bài 4: a Giải phương trình: + 2 + = b Giải phương trình với nghiệm số nguyên: x( x + x + 1) = 4y( y + 1) Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD,BE,CF cắt H a Tính tổng: b Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC c Chứng minh: H cách ba cạnh tam giác DEF d Trên đoạn HB,HC lấy điểm M,N tùy ý cho HM = CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định ĐÁP ÁN XII Câu Ý a Nội dung = = = = M= b a b a Điêm = = + Nếu x M nên M khơng đạt GTLN + Vậy x 2, M có Tử Mẫu số dương, nên M muốn đạt GTLN Mẫu (2 – x) phải GTNN, Mà (2 – x) số nguyên dương 2–x=1 x = Vậy để M đạt GTLN giá trị nguyên x là: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT tam giỏc) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 Vậy A< A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 17 Bộ đề ơn HSG TỐN Do (x-y) ; (y - 2) 2 Nờn:(x-y) + (y - 2) + 2010 2010 Dấu ''='' xảy x – y = y – = x = y = Vậy GTNN A 2010 x = y =2 Ta có: (x + y + z) = x + y + z + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp điều kiện cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = Một thừa số tích (x + y)(y + z)(z + x) phải Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = z = 1, lại kết hợp với đ/k: x +y +z =1 x = y = Vậy số x,y,z phải có số số 1, Nên tổng S ln có giá trị Phương trình biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: ) b a = ( )+( = b )+( )= (x + 4)(x +7) = 54 (x + 13)(x – 2) = x = -13 x = (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy nghiệm phương trình là: S = + Phương trình biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) + Ta chứng minh (x + 1) (x + 1) nguyên tố ! Vì d = UCLN (x+1, x + 1) d phải số lẻ (vì 2y+1 lẻ) mà d lẻ nên d = + Nên muốn (x + 1)(x + 1) số phương Thì (x+1) (x + 1) phải số phương Đặt: (k + x)(k – x) = + Với x = (2y + 1) = y = y = -1.(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm phương trình là: (x;y) = 18 Bộ đề ôn HSG TOÁN A E F H M I B K N D C O a Trước hết chứng minh: Tương tự có: Nên b c d = ; = =1 Trước hêt chứng minh BDH BEC BH.BE = BD.BC Và CDH CFB CH.CF = CD.CB BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (đpcm) Trước hết chứng minh: AEF ABC Và CDE CAB mà EB AC nên EB phân giác góc DEF Tương tự: DA, FC phân giác góc EDF DFE Vậy H giao điểm đường phân giác tam giác DEF nên H cách ba cạnh tam giác DEF (đpcm) Gọi O giao điểm đường trung trực hai đoạn MN HC, ta có OMH = ONC (c.c.c) (1) Mặt khác ta có OCH cân O nên: (2) Từ (1) (2) ta có: HO phân giác góc BHC Vậy O giao điểm trung trực đoạn HC phân giác góc BHC nên O điểm cố định Hay trung trực đoạn MN qua điểm cố định O 19