050 đề hsg toán 8 huyện 2013 2014

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 12/04/2014 Thời gian làm bài: 120 phút Câu (4 điểm)  2  x 1 A     x x x  x   Cho biểu thức:  x  1  :  x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu (4 điểm) A  n3  n    36n  7   với n  a) Chứng minh rằng: b) Cho P n  Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Câu (4 điểm) 1 1    2 a) Giải phương trình: x  x  20 x  11x  30 x  13x  42 18 b) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: A a b c   3 b c  a a c  b a b  c Câu (6 điểm) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vng góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA  AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN / / AC Câu (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 bc ca a b ĐÁP ÁN Câu  2  x 1  x  A     x  1  :  x  3x x   3x a)  2  x  1  3x  x  1  x  A   : 3x  3x x   x  2.(1  x)  x A   3x  x   3x x 2x A 2  x x A 2x 2x 2  A  2  x x x b) Với x 0; x 1, Ta có: Để Athì  x  1 phải ước  x  1  1; 2 Đối chiếu điều kiện tìm x 2 x 3 thỏa mãn Câu 2 A  n3  n    36n    a) Ta có: n  n  n      n  n     n  n3  n    n3  7n   n  n3  n  6n    n3  n  6n   n   n  1   n  1   n  n  1   n  1  n  n  1  n  n    n  1  n  n   n  n  1  n    n  3  n  1  n    n   Do A tích số nguyên liên tiếp  A7 b) P n  n  4n   4n  n     2n  n   2  n  2n    n  2n     n  1  1   n  1  1    Vì n số tự nhiên nên  n  1  2 Như muốn P số nguyên tố ta phải có  n  1 2  0   n  1 0  n 1 Khi P 5 số nguyên tố Câu a) Ta có: x  x  20  x    x   x  11x  30  x    x   x  13 x  42  x    x   TXĐ: x  4; x  5; x  6; x  Phương trình trở thành: 1 1     x    x  5  x  5  x    x    x   18 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1    x  x  18  18  x    18  x    x    x      x  13  x   0 (tm)  x  13  (tm)  x 2 b) Đặt b  c  a x  0; c  a  b  y  0; a  b  c z  Ta có: x, y, z  Từ suy : a yz xz x y ;b  ;c  2 A y  z x  z x  y  y x   x z   y z                2x 2y 2z  x y   z x   z y  Thay vào ta được: A       A 3 Từ suy Dấu “= “ xảy  a b c Câu x y D M C N A O B a) Xét ACO BOD có:  A B  900 ; COA   ODB (cùng phụ với DOB ) AO BD ACO BOD  g g     AO.BO  AC.BD AC BO Nên Mà AO BO nên AO  AC.BD b) Xét CMO OMD có:      CMO OMD 900 ; OCM DOM (cùng phụ với COM )  CMO OMD  Mà ACO BOD  CO OM  OD MD (1) CO AO CO OB    ( Do OD OD OD BD AO OB )   OM OB   OMD OBD Từ (1) (2) ta có: MD BD    MOD BOD  OMD OBD (cạnh huyền, góc nhọn)  OM OB OA  AMB vng M c) Ta có: AC / / BD (cùng vng góc với Mà BD MD ( OMD OBD ) Tương tự ta chứng minh AC CM CN CM   MN / / BD / / AC BN DM Nên AB )  CN AC  NB BD Câu - Nhận xét : có a  bc a  a  b  c   bc  a  b   c  a  Tương tự: b  ca  b  a   b  c  ; c  ab  c  a   c  b  VT   a  b  a  c   b  a   b  c   c  a   c  b bc ca Do đó: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:  a  b   a  c    b  a   b  c  2 a  b   b c ca  a  b   a  c    c  a   c  b  2 a  c   b c a b  b  a   b  c    c  a   c  b  2 b  c   a c a b a b Vậy 2.VT 4  a  b  c  4  VT 2 Dấu “=” xảy  a b c 