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) A 3x  y xy Cho x, y thỏa mãn y  x  y  0 x  xy 2 y Tính 2.1  2.2  2.3  2.99  B     2 2  1.  1   2.  1   3.  1   99  99  1  Tính 2 Bài (4 điểm) 1) Tìm a, b cho f  x  ax  bx  10 x  chia hết cho đa thức g ( x ) x  x  2) Tìm số nguyên a cho a  số nguyên tố Bài (3 điểm) x 5x   2 Giải phương trình: x  x  x  Bài (4 điểm)  Cho hình thoi ABCD có góc ABC 60 Hai đường chéo cắt O, E thuộc tia BC cho BE ba phần tư BC , AE cắt CD F Trên đoạn thẳng AB CD lấy hai điểm G H cho CG song song với FH BG.DH  BC 1) Chứng minh : 2) Tính số đo góc GOH Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC , ba điểm M , N , P thuộc cạnh BC , CA, AB cho BM CN AP BM   &  BC CA AB BC Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm Bài (2 điểm) 2 Cho số dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x  y  z 1 Chứng minh rằng: x3 y3 z3    y  2z z  2x x  y ĐÁP ÁN Bài  x  y 0 y ( x  y ) 0    y 0 1) Từ x  xy 2 y    x  y   x  y  0 Vì x  y 0 nên x  y 0  x 2 y 3.2 y  y y A   y  y 3y Ta có: n  1  n     2  n  1 n n  n  1  n  n  1  2n  2) Với n 1, ta có: Áp dụng vào tốn ta có: 1 1 1 9999 B           2 99 1002 100 10000 Bài 2 1) Ta có: g ( x) x  x   x  1  x   g x  x  x  Nên tồn f ( x )  ax  bx  10 x    Vì chia hết cho đa thức đa thức q( x) cho f ( x ) g ( x).q ( x)  ax  bx  10 x   x    x  1 q  x  Với x 1  a  b  0  b  a  (1) Với x   2a  b  0 (2) Thay  1 vào   ta có: a 2 & b 4 a   a  2a    a  2a   2) Ta có: 2 Vì a  c  a  2a   c; a  2a   c 2 a  2a   a  1  1 Có a 2 a Và a  2a   a  1  1 2 Vậy a  số nguyên tố a  2a  1 a  2a  1 Nếu a  2a  1  a 1 thử lại thấy thỏa mãn Nếu a  2a  1  a  thử lại thấy thỏa mãn Bài Điều kiện x  x 5x   x  x  x  x  Với khơng phải nghiệm phương trình : x 5x   2 x  x  x  x  Với phương trình trở thành:    * 4 y x   x 4 x x x x Đặt phương trình  * trở thành:   y2 y Điều kiện : y 2  y 0 y  y 0  y  y  3 0    y  Phương trình trở thành: x   0  x  x  0   x  1  0 x Với y 0 Với y  x    x  x  0   x  1  x   0  x Vậy tập nghiệm phương trình S   1;  4 Bài  VN   x   x  (TMDK )  AH D G O F B C  E BC BG   BC.DF DH BG DH DF 1) Chứng minh BCG DHF Theo định lý Ta let tính được: 3 DF  DC  BC  BG.DH  BC 4 2) Theo định lý Pytago tính được: BG BO  BO BC  CO  BC  BG.DH BO BO BO.DO  DO DH 0    Ta có GBO HDO 30 Nên BGO DOH  GHO 30 Bài A P G B M K I Q N C Qua N kẻ NQ / / AB  Q  AB  , 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 trung điểm MQ MN Suy IK đường trung bình tam QN AP  IK / / AP ; IK  2 giác MNQ , GI GK KI    Gọi G giao điểm AI PK , theo Ta let ta có: GA GP PA Suy G trọng tâm tam giác MNP G trọng tâm tam giác ABC IK / / QN , IK  Bài x3 y3 z3  x  y  z  6 x ;  y  z  x  6 y ;  z  x  y  6 z z  2x x  2y Ta có: y  z Lại có :  x  y  Nên ta có: 2   y  z    z  x  0  x  y  z xy  yz  zx x3 y3 9z3     xy  yz  xz  6  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