012 đề hsg toán 8 bạch sam 2016 2017(đã ra)

TRƯỜNG THCS BẠCH SAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Mơn: TỐN Năm học: 2016-2017 Bài (2 điểm)  x   2x  C    : 2   x x  1  x   x 1 Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số nguyên Bài (2 điểm) a) Tìm số nguyên a b để đa thức A  x  x  3x  ax  b chia hết cho đa thức B  x  x  x  b) Cho x, y, z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x y z P   yz zx xy Câu (2 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau: x  y  z  18 x  z  y  20 0 a b c x2 y z x y z      1   1 x y z a b c a b c b) Cho Chứng minh rằng: Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AC  AB), đường cao AH Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C , vẽ hình vng AHKE Gọi P giao điểm AC KE a) Chứng minh ABP vuông cân b) Gọi Q đỉnh thứ tư hình bình hành APQB, gọi I giao điểm BP AQ Chứng minh H , I , E thẳng hàng c) Tứ giác HEKQ hình ? Câu (1 điểm)  600 , ABCD  AB / /CD  , biết AB 42cm, A 450 ; B Tính diện tích hình thang chiều cao hìnhthang 18cm (đã tập nhà ngày 3/12/2019) ĐÁP ÁN Câu x 1; x  a) ĐKXĐ:  x   2x  C    : 2    x x 1  x  x  1  x    x    x  x  1  x  1   2x 1  x 1  x  2 2x  2 b) B có giá trị nguyên x số ngun x  có giá trị ngun  x 1( ktm)  x 0(tm)  x  1   x      x  (tm)   x  2    x   (tm)  x     x  Ư(2)   x 0   x 3    x  thỏa mãn Đối chiếu ĐK có  Câu a) Ta có: A( x ) B  x   x  1   a  3 x  b  Để A( x )B ( x) a  0   b    a 3  b  y  z a; z  x b; x  y c  x  y  z  b) Đặt  a b c a  b c a b  c  x ;y  ;z  2  a b c a  b c a b  c P   2a 2b 2c 1 b c a c a b             2 a a b b c c a b c   b a   c a   b c                     a b   a c   c b  MinP   a b c  x  y z Câu a) x  y  z  18 x  z  y  20 0   x  18 x     y  y     z  z  1 0 2   x  1   y  3   z  1 0  * 2 Do:  x  1 0;  y  3 0;  z  1 Nên :  *  x 1; y 3; z  Vậy  x, y, z   1;3;  1 0 b) Từ: a b c ayz  bxz  cxy   0  0  ayz  bxz  cxy 0 x y z xyz Ta có: x y z  x y z   1      1 a b c a b c x2 y z  xy xz yz      2.    1 a b c  ab ac bc  x2 y z cxy  bxz  ayz     1 a b c abc x2 y z    1 dfcm  a b c Câu A E P B I H K Q a) Chứng minh được: BHA PEA( g c.g )   AB  AP mà BAP 90 ( gt ) BPA vng cân b) Ta có: HA HK  H nằm đường trung trực AK Ta có: AE KE  E nằm dường trung trực KA C PBK vng có IB IP (tính chất đường chéo hình bình hành ABQP )  IK IP IB  * Ta có ABQP hình bình hành (giả thiết), có BA  AP ( BPA vuông cân A)  900  gt   APQB hình thoi, mà BAP  APQB hình vuông nên PI IA  ** Từ  *  ** suy IK IA nên I nằm đường trung trực AK Vậy H , I , E thẳng hàng IK  c) Ta có: APQB hình vng  cmt  nên AP BQ mà AKQ có AI IQ (tính chất đường chéo hình vng) PB AQ  IK  2 AQ (cmt )  AKQ Mà vuông K  AK  KQ mà AK  HE (EAHK hình vng)  QK / / HE IK  Vậy HEKQ hình thang Câu A' D C B' A B Qua A B kẻ AA ' BB ' vng góc với CD  Tứ giác ABB ' A ' hình chữ nhật AA ' BB ' 18cm, A ' AB 90  DAB 450  A ' AD 450 Do A ' AD vng cân  A ' D  A ' A 18cm  ' BA 900 , CBA   ' BC 30 B 600  B tam giác vng B ' BC ta có B 'C  BC Theo định lý Pytago ta có: B ' C BC  B ' B  B ' C 4 B ' C  B ' B  3B ' C B ' B B ' B 18  B 'C   (cm) 3 Suy : CD  A ' B ' A ' D  B ' C 42  18  Vậy S ABCD  18 18 24  (cm) 3 1 18   AB  CD  A ' A   42  24   18 498,6  cm  2 3