077 đề hsg toán 8 liên châu 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013-2014 Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: 2 a. x  x  2013  4. x  x  2012  4. x  x  2013  x  x  2012  b) x   x  4 2) Chứng minh bất đẳng thức sau: x  y  z xy  xz  yz với x, y, z Câu (5 điểm) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x  dư 10, f ( x ) chia cho x  2 dư 24, f ( x) chia cho x  thương  5x cịn dư 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x  xy 6 x  y  Câu (2 điểm) Cho a, b  a  b 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1  1  M        a  b  Câu (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AC  AB  , đường cao AH  H  BC  Trên tia HC lấy điểm D cho HD HA Đường vng góc với BC D cắt AC E 1) Chứng minh BEC ADC Tính độ dài đoạn BE theo m  AB 2) Gọi M trung diểm đoạn thẳng BE Chứng minh BHM BEC Tính số đo góc AHM GB HD  3) Tia AM cắt BC G Chứng minh BC AH  HC ĐÁP ÁN Câu 1) a 2 x  x  2013  a) Đặt: b x  x  2012 Phương trình cho trở thành: a  4b 4ab   a  2b  0  a  2b 0  a 2b Khi đó, ta có: x  x  2013 2  x  x  2012   x  x  2013 2 x  10 x  4024  11x  2011  x   2011 11   2011  S    11  b) Lập bảng xét dấu nhị thức : x  x  Xét x   (1) Phương trình   x   x 4  x  (không thỏa (1)) Xét  x 1 (2) Phương trình   x  x  4  x 0 (Thỏa mãn với x   /  x 1 Xét x 1 (3) Phương trình  x   x  4  x 2  x 1 (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm  x 1 Có  x  y  2   y  z    z  x  0 với x, y, z 2)  x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x 0   x  y  z  2  xy  yz  xz   x  y  z xy  yz  xz (dfcm) Câu 2 1) Giả sử f ( x ) chia cho x  thương  5x dư ax  b f ( x)  x     x   ax  b Khi đó:  x 2 x  0   x    x   0    x  Xét giá trị riêng x cho Với x 2  f (2) 2a  b Với x   f ( 2)  2a  b Theo đề bài, ta có:  f (2) 24    f (  2) 10 2a  b 24    2a  b 10  a   b 17 f ( x)  x     x   x  17 Do đó: 47 x  17 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: 2 x  xy  x  y   x  x   y  x  5 (2) 2) f ( x)  x3  x2  x  x  (vì x 5 khơng nghiệm phương trình (2))  y x   x  Vì x, y nguyên nên x  ước Hay x     1;3;1;  3 hay x   4;6;8;2  y Khi x 2  y 0 Khi x 6  y 8 Khi x 4  y 0 Khi x 8  y 8 x, y     2,0  ;  4,0  ;  6,8  ;  8,8   Vậy phương trình có nghiệm ngun  Câu 2 a b  a b   M     1  (Vi a  b 1) a   b   2 b  a  M        a  b  4b b 4a a M 4   4  a a2 b b2  b2 a2  a b M 8         8   4.2 18(Co  si) b  b a a  a b & a  b 1  a b  Dấu " " xảy Vậy MinM 18  a b  Câu A E M B H G D CDE CAB ( g g )  C CD CA  CE CB a) Chứng minh Hai tam giác ADC BEC có: CD CA  (cmt )  ADC BEC c.g c    CE CB C chung;   Suy BEC  ADC 135 (vì tam giác AHD vng cân H theo gt)  Nên AEB 45 Do tam giác ABE vuông cân A suy BE  AB m BM BE AD   ( BEC ADC ) b) Ta có: BC BC AC Mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH AH    AC Nên BC AC AC AH BH ABH CBA( g g )   AC AB Mà BM BH BH   BE  AB AB BE Nên BC 0    Do BHM BEC  c.g c   BHM BEC 135  AHM 45    c) Tam giác ABE vng cân A, nên tia AM cịn phân giác BAC GB AB  BAC Suy AG phân giác suy : GC AC AB ED AH HD   ABC DEC    ED / / AH   HC HC Mà AC DC GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC