Phòng giáo dục và đào tạo Bỉm sơn. Đề thi học sinh giỏi lớp 8 Năm học : 2010 2011. Giáo viên ra đề : Nguyễn Thị Nguyệt. Đơn vị công tác : Trờng trung học cơ sở Xi Măng. Thời gian : 150 phút (không kể thời gian chép đề). Môn thi : Toán. Đề bài: Bài 1 ( 3điểm). 1. Cho a,b,c là các số thoả mãn : b bac a acb c cba + = + = + Tính giá trị của biểu thức: P= + + + c a 1 b c 1 a b 1 2. Phân tich đa thức sau thành nhân tử: 271710 23 + aaa Bài 2 (5điểm). 1. Tìm x,y nguyên dơng thoã mãn phơng trình : xy 4x = 35 5y. 2. Chứng minh rằng : ( ) ( ) 3 3 3 3 24a b c a b c + + + + M nếu a; b ; c ; cùng tính chẵn lẻ. 3, Cho 4x 3y = 7 . Tìm giả trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 2x 2 +5y 2 . Bài 3 (4 điểm). Giải phơng trình: 1. 2 3 2 1 0x x x + + = 2. ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4x x x x x x x x x + + + + + = + ữ ữ ữ ữ Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m AB= . 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD BC AH HC = + . Bài 5 (4 điểm). 1. Một hình vuông và một hình tam giác . Nếu hai hình có diện tích bằng nhau thì hình nào có chu vi lớn hơn. 2. Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = 3 2 . Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 3 4 . Phòng giáo dục và đào tạo Bỉm sơn. Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 8 Năm học : 20010 2011. Giáo viên ra đề : Nguyễn Thị Nguyệt. Đơn vị công tác : Trờng trung học cơ sở Xi Măng. Thời gian : 150 phút (không kể thời gian chép đề). Môn thi : Toán. Đề bài: Bài 1 ( 3điểm). Câu1 ( 2điểm) Từ giả thiết ta suy ra: b bac a acb c cba 2 b bac 2 a acb 2 c cba ++ = ++ = ++ + + =+ + =+ + *Nếu : a+b+c=0 ( )( )( ) 1 abc bac c ac . b cb . c ba P = = +++ = (1,5đ) *Nếu : a+b+c 0 a=b=c P=2.2.2=8 (1,5 đ) Câu 2: (1điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 1512223102 223210 2632010271710 2 2 22323 +=+= += ++=+ aaaaaa aaaaa aaaaaaaa Bài 2: (4điểm) Câu 1(2điểm) : Ta có xy 4x = 35 5y x(y - 4) + 5y 20 = 15 x(y - 4) + 5(y - 4) = 15 (y - 4) (x+5) = 15 15 = 1.15 = 3. 5 = (-1)(- 15) = (-3)(- 5) Do x nguyên dơng nên x + 5 > 5 mà ( ) 515 + xM vì vậy x+5 Là ớc của 15 x+5 =15 x= 10 và y 4 = 1 y = 5 Vởy nghiệm nguyên dơng của phơng trình là (x, y) = (10 , 5) Câu 2(2điểm) : Ta có ( ) ( ) 3 3 3 3 a b c a b c + + + + biến đổi thành = 3(a+b)(b +c)(c +a). Khi a, b , c cùng tính chẵn lẻ thì : + Với a lẻ b , c đều lẻ . Nên a +b ; b +c ; c +a là các số chẵn 2 2 2 a b b c c a + + + M M M (a +b)(b +c)(c +a) M 8. Vậy 3 (a +b)(b +c)(c +a) M 8. + Với a chẵn b , c đều chẵn . Nên a +b ; b +c ; c +a là các số chẵn 2 2 2 a b b c c a + + + M M M (a +b)(b +c)(c +a) M 8. Vậy 3 (a +b)(b +c)(c +a) M 8. Do đó với a, b , c cùng tính chẵn lẻ thì : ( ) ( ) 3 3 3 3 24a b c a b c + + + + M Câu 3 ( 1điểm) Ta có 4 37 y x + = Khi đó ( ) 2 2 5 64 37 .2 y y M + + = - Biến đổi ( ) ( ) 5 8 37 8 4037 8 494249 22 2 + + = ++ = ++ = yy M yy M Do (7y+3) 2 0 suy ra M 5 . Vởy M Min = 5 = = 7 10 7 3 x y Bài 3 (4 điểm). Giải phơng trình: Câu 1 (2điểm ) 2 3 2 1 0x x x + + = (1) + Nếu 1x : (1) ( ) 2 1 0 1x x = = (thỏa mãn điều kiện 1x ). + Nếu 1x < : (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x + = = = 1; 3x x = = (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là 1x = . Câu 2 ( 2điểm) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4x x x x x x x x x + + + + + = + ữ ữ ữ ữ (2) Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 0x (2) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4x x x x x x x x x + + + + + = + ữ ữ ữ ữ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 8 8 4 4 16x x x x x x + + = + + = ữ ữ 0 8x hay x = = và 0x . Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm 8x = 4 4,0 4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. CD CA CE CB = (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: ã ã 0 135BEC ADC= = (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên ã 0 45AEB = do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: 2 2BE AB m= = 1,0 0,5 4.2 Ta có: 1 1 2 2 BM BE AD BC BC AC = ì = ì (do BEC ADC : ) mà 2AD AH= (tam giác AHD vuông vân tại H) nên 1 1 2 2 2 2 BM AD AH BH BH BC AC AC BE AB = ì = ì = = (do ABH CBA : ) Do đó BHM BEC : (c.g.c), suy ra: ã ã ã 0 0 135 45BHM BEC AHM= = = 0,5 0,5 0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. Suy ra: GB AB GC AC = , mà ( ) ( ) // AB ED AH HD ABC DEC ED AH AC DC HC HC = = =: 0,5 Do đó: GB HD GB HD GB HD GC HC GB GC HD HC BC AH HC = = = + + + 0,5 Bài 5 Câu 1 2điểm Gọi cạnh của hình vuông là x , cạnh của tam Giác là a, b, c có đờng cao ứng với cạnh a là h a . Đặt diện tích của hai hinh là S Ta có : 2 1 . 2 a S x a h = = Vì b > h a ; c> h a nên b +c > 2.h a 2. a a b c a h+ + > + áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có : 2. 2 .2 a a a h a h+ mà a.h a =2S. 2 4 4a b c S S+ + > = mà S = x 2 Vậy a +b +c > 4. x Điều này chứng tỏ chu vi tam giác lớn hơn chu Vi hình vuông. 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2. (2điểm) Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 0 0 2 4 4 a a a a a + + ữ Tơng tự ta cũng có: 2 1 4 b b+ h a x c b a 2 1 4 c c+ ≥ Céng vÕ víi vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc cïng chiÒu ta ®îc: 2 2 2 3 4 a b c a b c+ + + ≥ + + . V× 3 2 a b c+ + = nªn: 2 2 2 3 4 a b c+ + ≥ ( §iÒu ph¶i chøng minh). DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c = 1 2 . . b bac a acb c cba 2 b bac 2 a acb 2 c cba ++ = ++ = ++ + + =+ + =+ + *Nếu : a+b+c=0 ( )( )( ) 1 abc bac c ac . b cb . c ba P = = +++ = (1 ,5đ) *Nếu : a+b+c 0 a=b=c P=2.2.2=8 (1 ,5 đ) Câu 2: (1 điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 1512223102 223210 2632010271710 2 2 22323 +=+= += ++=+ aaaaaa aaaaa aaaaaaaa . ) 1512223102 223210 2632010271710 2 2 22323 +=+= += ++=+ aaaaaa aaaaa aaaaaaaa Bài 2: (4 điểm) Câu 1(2 điểm) : Ta có xy 4x = 35 5y x(y - 4) + 5y 20 = 15 x(y - 4) + 5(y - 4) = 15 (y - 4) (x+5) = 15 15 = 1.15 = 3. 5 = (- 1 )(- 15) = (- 3 )(- 5) Do x nguyên. 8. Vậy 3 (a +b)(b +c)(c +a) M 8. + Với a chẵn b , c đều chẵn . Nên a +b ; b +c ; c +a là các số chẵn 2 2 2 a b b c c a + + + M M M (a +b)(b +c)(c +a) M 8. Vậy 3 (a +b)(b +c)(c +a)