046 đề hsg toán 8 tam dương 2013 2014

PHỊNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Bài Đa thức bậc có hệ số cao thỏa mãn f  1 5; f   11; f  3 21 Tính f   1  f   Bài a) Tìm tất số nguyên n cho: n  2n  2n  n  số phương 2 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y x y Bài Chứng minh :  x  1  x  3  x    x    10  với x Bài a) Cho tam giác ABC , gọi M, N trung diểm BC , AC Gọi O, G, H giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến tam giác ABC Tính tỉ số GH : GO b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB 2a, CD a Hãy dựng điểm M đường thẳng CD cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích Bài Cho x 0, y 0, z 0 x  y  z 1 Chứng minh xy  yz  zx  xyz  27 ĐÁP ÁN Câu Nhận xét: g ( x) 2 x  thỏa mãn g  1 5; g   11; g  3 21 Q( x)  f ( x)  g ( x) đa thức bậc có nghiệm x 1; x 2; x 3 Vậy Q( x)  x  1  x  1  x  3  x  a  ta có: f (  1) Q   1  2.  1  29  24a f (5) Q    2.52  173  24a  f ( 1)  f (5) 202 Câu a) 2 Giả sử n  2n  2n  n   y Ta có: y  n  n   n  n   y   n2  n   y  n2  n  y  n2  n  (Vi y  )  y  n2  n   y  n  n  1 2 y  n  n   n  n  Thay  n2  n     n    n  3 0   n 2 Thử trực tiếp n 2; n  thỏa mãn Vậy số nguyên n cần tìm n   2;  3 b) Thêm xy vào hai vế phương trình ta có: ( y  ) x  xy  y x y  xy   x  y  xy  xy  1 Ta thấy xy & xy  hai số nguyên liên tiếp có tích số phương nên tồn số 2 TH1: xy 0  x  y  x  y 0 x; y     1;  1 ;   1;1  TH2: xy  0 ta có xy  nên  Thử lại ba cặp số  0;0  ;   1;1 ;  1;  1 nghiệm phương trình cho Câu Ta có:  x  1  x  3  x    x    10  x  1  x    x  3  x    10  x  x    x  x  12   10  x  x   3  x  x   3  10 2  x  x     10  x  x     x Vì (x)  x   0 x Do : với x  x  9 1  với x (bài toán chứng minh) Câu a) A H M G B O N C Ta có: OM / / AH (vì vng góc với BC) ON / / BH (vì vng góc với AC) NM / / AB (đường trung bình tam giác) Xét ABH MNO   Có: BAH NMO (góc có cạnh tương ứng song song) ABH MNO  (góc có cạnh tương ứng song song) NM OM  ABH MNO  g.g     BA AH Xét AGH MOG có:   GAH GMO (so le trong) (1) GM  GA (tính chất trọng tâm ) (2) OM  (cmt ) AH   Từ  1 ;   ;  3  AHG MOG  c.g.c   AGH MGO(4) Mặt khác : A, G, M thẳng hàng (5) GH AH  2  H , G , O GO OM Từ (4),(5) thẳng hàng b) D a C K x A M N H B Gọi h đường cao hình thang ABCD Giả sử dựng điểm M thuộc CD cho đường thẳng AM cắt hình thang thành hai phần có diện tích Gọi N giao điểm AM BC Đặt S1 S ADCN ; S S ANB ; S S ABCD  s1  s2 s  S2 S : (1)  s  s Ta có:  Kẻ đường cao NH tam giác ANB đặt NH x ta có: 3ah s   2a  a  h  2 s2  2a.x ax 3ah 3h ax   x 2 Thay vào (1) : NB   NC suy cách dựng: Áp dụng định lý Talet NC  BC Chia đoạn BC làm phần nhau, lấy điểm N BC cho Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD điểm M cần dựng  x yz xyz      27 Câu Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: Mặt khác:  xyz  x  y  z   y  z  x   z  x  y   xyz   z    x    y   xyz 1   x  y  z    xy  yz  xz   xyz  xyz 1    xy  yz  zx   xyz   xyz 4  xy  yz  zx   xyz  1  4  xy  yz  zx   xyz 27 xy  yz  zx  xyz (dfcm) 27