Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆT YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI : TOÁN Ngày thi: 12/4/2014 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4 điểm) 2  x +1  x −  − x − 1÷ : Cho biểu thức: A =  −  x  3x x +  3x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm)     2 a) Chứng minh A =  n (n − 7) − 36n M7 với ∀ n∈ Z b) Cho P = n4 + Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Câu 3: (4 điểm) a) Giải phương trình : 1 1 + + = x + x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chứng minh : A= a b c + + ≥3 b+c−a a+c−b a+b−c Câu 4: (6 điểm) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b +c = Chứng minh rằng: a + bc b + ca c + ab + + ≥ b+c c+a a+b HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM Câu 2  x +1  x −  − x − 1÷ : a) A =  −  x  3x x +  3x ( x + 1) − x( x + 1)  x − 2 A= −  : x 3x  3x x +  2(1 − x)  x A= − x  x −  3x x 2x = x −1 x −1 A = b) Với x ≠ 0; x ≠ ±1 Ta có A = 2x = 2+ x −1 x −1 Để A ∈ Z (x-1) phải ước Suy x − ∈ { ±1; ± 2} Xét trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm x = x = thỏa mãn kết luận Câu     2 a) Ta có: A =  n (n − 7) − 36n  2 3 A = n  n( n − 7) −   n( n − 7) +  = n(n − 7n − 6)(n − 7n + 6)    = n(n3 − n − 6n − 6)(n3 − n − 6n + 6) = n  n(n −1) − 6(n + 1)   n(n2 − 1) − 6(n − 1)  ( ) ( )     = n(n + 1) n2 − n − ( n −1) n2 + n − = n ( n + 1) ( n + ) ( n − 3) ( n − 1) ( n − ) ( n + 3) Do A tích số nguyên liên tiếp => A M với ∀ n∈ Z b) b) P = n4 + = n4 + 4n2 + - 4n2 = (n2 + 2)2 - (2n)2 = (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1] Với n số tự nhiên (n + 1)2 + ≥ 2; Như muốn P số nguyên tố phải có (n - 1)2 + = hay (n - 1)2 = 0, suy n = Khi P = số nguyên tố Câu 3: a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành : 1 1 + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 ⇔ ⇔ 1 1 1 − + − + − = x + x + x + x + x + x + 18 1 − = x + x + 18 ⇔ 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) ⇔ (x+13)(x-2)=0 Từ tìm x=-13; x=2 (thỏa mãn) Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Ta có x, y, z >0 Từ suy a= y+z x+z x+ y ;b = ;c = ; 2 Thay vào ta A= = y+z x+z x+ y + + 2x 2y 2z 1 y x x z y z  ( + ) + ( + ) + ( + )  2 x y z x z y  Từ suy A ≥ (2 + + 2) hay A ≥ Câu (6 điểm) Hình vẽ D M C N A B O a) Xét ∆ ACO ∆ BOD có µA = B µ = 900 ; · · · (cùng phụ với DOB ) COA = ODB Nên ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD => AO BD = => AO.BO = AC.BD AC BO mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét ∆ CMO ∆ OMD có · · = OMD = 900 CMO · · · (cùng phụ với COM ) OCM = DOM => ∆ CMO đồng dạng với ∆ OMD => CO OM = (1) OD MD Mà ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD => CO AO = OD BD => CO OB = (2) (Do AO = OB) OD BD Từ (1) (2) ta có OM OB = => tam giác OMD tam giác OBD đồng dạng MD BD · · => MOD => ∆OMD = ∆OBD (cạnh huyền , góc nhọn) = BOD => OM = OB = OA suy tam giác AMB vuông M c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB) => CN AC = NB BD mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên CN CM = => MN// BD//AC BN DM Câu 5: - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c) c + ab = (c + a)(c + b) đó: VT = (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) + + b+c c+a a+b áp dụng bất đẳng thức Cô-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 Vậy VT ≥ 4(a + b + c) = hay VT ≥ ⇒ ĐPCM Đẳng thức xảy  a = b = c = UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CẤP HUYỆN PHÒNG GD&ĐT NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán - Lớp Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm): Thực tính: 1 a) A = a + với: a + = a a b) B = a b c + + với: a + b + c = 2013 b+c c+a a+b 1 1 + + = a+b b+c c+a Bài (2,0 điểm): a) Cho số a, b, c Chứng minh: a + b + c + > a + b + c b) Giải phương trình: ( 2x + 3) ( x + ) ( 2x + ) = Bài (2,5 điểm): Cho ABC tam giác nhọn có BD CE đường cao Gọi G, H hình chiếu B, C đường thẳng ED Đường thẳng qua E vuông góc với AC cắt CH F a) Chứng minh BE = DF b) Gọi I giao điểm DE BF Chứng minh I trung điểm GH c) DF cắt EC M Đường thẳng qua E song song với AC cắt BD N Chứng minh MN song song với BC Bài (2,0 điểm): Cho điểm O nằm tam giác ABC Các tia AO, BO, CO cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự A’, B’, C’ a) Chứng minh b) Cho M = OA' OB' OC' + + =1 AA' BB' CC' OA OB OC + + Tìm giá trị nhỏ M OA' OB' OC' Bài (1,5 điểm): Cho S = abc + bca + cab ( abc; bca; cab số có ba chữ số) a) Chứng tỏ S chia hết cho 37 b) Chứng tỏ S không số phương HƯỚNG DẪN Bài (2,0 điểm): Thực tính: 1  a + ÷ = ⇒ a + = − = a a  1 1    a + ÷ = 27 ⇒ a + = 27 −  a + ÷ = 27 − = 18 a a a    1 1  a + ÷. a + ÷ = a + + a + a  a  a a   1 1  1 a + =  a + ÷. a + ÷−  a + ÷=7.18 - = 123 a  a  a   a B+3= a b c a b+c b c+a c a+b +1+ +1+ +1 = + + + + + b+c c+a a+b b+c b+c c+a c+a a +b a +b a+b+c a+b+c a+b+c 1 + + = (a + b + c)( + + ) b+c c+a a+b b+c c+a a +b Tính B+3 = 2013 ⇒ B = 668 Bài (2,0 điểm): ⇔ 4a2 + 4b2 +4c2 +4 > 4a + 4b + 4c ⇔ 4a2 - 4a + 1+ 4b2 - 4b +1 + 4c2 - 4c + + > ⇔ (2a - 1)2 +(2b - 1)2 +(2c - 1)2 + > Bất đẳng thức cuối nên bđt cần cm = ⇔ (4x2 + 16x + 15)(x2 + 4x + 4) = Đặt y = x2 + 4x + y(4y -1 ) -3 = ⇔ 4y2 - y - = ⇔ ( y - 1)(4y +3) = y - = ⇔ (x+2)2 - = ⇔ (x+2)2 = x + = ⇔ x = -1; x + = -1 ⇔ x = -3 4y + = ⇔ 4(x+2)2 + = 4(x+2)2 + ≥ nên phương trình vô nghiệm Bài (1,5 điểm): S = 100a + 10b + c + 100b + 10c + a + 100c + 10a + b = 111a + 111b + 111c = 111(a + b + c) = 3.37(a + b + c) Để S phương (a + b + c) chia hết cho 37 Có < a,b,c ≤ nên < (a + b + c) ≤ 27 ⇒ (a + b + c) không chia hết 37 ⇒ S không phương Bài (2,5 điểm): Có BD//EF (BD, EF vuông góc với AC) FD ⊥ EC (D trực tâm ∆EFC) ⇒ FD//BE (FD, BE vuông góc với CE) ⇒ Tứ giác BEFD hình bình hành ⇒ BE = DF · · · · (cùng bù với cặp góc nhau) EDF = DEB ⇒ FDH = BEG ⇒∆FDH = ∆BEG (Cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ EG = DH Tứ giác BEFD hình bình hành ⇒ IE = ID ⇒ IE + EG = ID + DH ⇒ IG = IH hay I trung điểm GH Gọi O giao điểm BD CE OM OD ON OE = = ; EN//DC ⇒ OE OB OD OC OM ON = ⇒ OM OB = ON.OC (=OE.OD) ⇒ ⇒ MN// BC OC OB DM// BE ⇒ Bài (2,0 điểm): Gọi S, S1, S2 S3 diện tích tam giác ABC, OBC, OCA, OAB Hạ AH ⊥ BC; OG ⊥ BC OG OA ' = (OG//AH) AH AA ' OG S1 OA ' S1 = = (OBC ABC có chung cạnh BC) ⇒ AH S AA ' S OB' S2 OC' S3 = ; = Tương tự có: BB' S CC' S Lại có: OA' OB' OC' S1 S2 S3 S + + = + + = =1 AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2  S1 S2   S3 S2   S1 S3  M= + + = + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ OA' OB' OC' S1 S2 S3  S2 S1   S2 S3   S3 S1  ⇒  S1 S2   S3 S2   S1 S3  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ + + = S  S1   S2 S3   S3 S1  Áp dụng Bđt Cô si ta có  Đẳng thức xảy S1 = S2 = S3 Khi O trọng tâm tam giác ABC S1 = S2 = S3 UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút( Không kể thời gian giao đề) Câu (3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a, x + b, Cho ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x + ) − 24 a b c a2 b2 c2 + + = Chứng minh rằng: + + =0 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Câu 2: (2 điểm) Tìm a,b cho f ( x ) = ax + bx + 10x − chia hết cho đa thức g ( x ) = x2 + x − 2 Tìm số nguyên a cho a + số nguyên tố Câu 3.( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M điểm tuỳ ý đường chéo BD Kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥ AD a Chứng minh: DE = CF b Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy c Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn Câu 4.(1,5 điểm) Cho a, b dương a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011 HẾT 1a x4 + = x4 + 4x2 + - 4x2 = (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2 = (x2 + + 2x)(x2 + - 2x) 1b ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) Nhân vế của: a b c + + =1 b+c c+a a+b với a + b + c rút gọn ⇒ đpcm Ta có : g ( x ) = x + x − 2= ( x − 1) ( x + ) Vì f ( x ) = ax + bx + 10x − chia hết cho đa thức g ( x ) = x2 + x − Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x) → ax + bx + 10x − 4= ( x+2 ) ( x-1) q ( x ) Với x=1 → a+b+6=0 → b=-a-6 ( 1) Với x=-2 → 2a-b+6=0 ( ) Thay (1) vào (2) Ta có : a=2 và b=4 2 Ta có : a + 4= ( a -2a+2 ) ( a +2a+2 ) Vì a ∈ Z → a -2a+2 ∈ Z ;a +2a+2 ∈ Z Có a +2a+2= ( a+1) + ≥ ∀a Và a -2a+2= ( a-1) + ≥ ∀a Vậy a + số nguyên tố a +2a+2=1 a - 2a+2=1 Nếu a -2a+2=1 → a = thử lại thấy thoả mãn Nếu a +2a+2=1 → a = −1 thử lại thấy thoả mãn a Chứng minh: AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ đpcm b DE, BF, CM ba đường cao ∆EFC ⇒ đpcm c Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi ⇒ ME + MF = a không đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn ⇔ ME = MF (AEMF h.v) ⇒ M trung điểm BD (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002 ⇒ (a+ b) – ab = ⇒ (a – 1).(b – 1) = ⇒ a = b = Vì a = => b2000 = b2001 => b = 1; b = (loại) Vì b = => a2000 = a2001 => a = 1; a = (loại) Vậy a = 1; b = => a2011 + b2011 = PHÒNG GD&ĐT H¦ƯƠNG SƠN TRƯỜNG THCS SƠN TIẾN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu1(4,5đ) Cho biểu thức: ĐỀ THI HỌC SING GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2013– 2014 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)   10 − x   x A= + + ÷:  x − + x + ÷ x −4 2−x x+2   a Rút gọn biểu thức A b Tìm giá trị x để A < c Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Câu 2(3đ): a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x + 2011x + 2010 x + 2011 b) Tìm số a b cho x + ax + b chia cho x + dư 7; chia cho x − dư Câu 3(4đ): a) Tính giá trị biểu thức: 2 A= x + y + + x − y − − ( x + y − 1) + xy với x = 2011 ; y = 16 503 x − x + 2011 x b) Tìm để B có giá trị nhỏ nhất: B = với x > x2 Câu 4(3,5đ): Chứng minh 20113 + 113 2011 + 11 = 3 2011 + 2000 2011 + 2000 m ; n b) Nếu số tự nhiên thỏa mãn : 4m + m = 5n + n : m − n 5m + 5n + số phương a) Câu (5đ): Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD hình thang ABCD (AB//CD) Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N a) Chứng minh OM=ON 1 + = AB CD MN = a ; S COD = b Tính S ABCD ? b) Chứng minh c) Biết S AOB d) Nếu Dˆ < Cˆ < 90 Chứng minh BD > AC Câu1( 4,5đ): 1,5đ Nội dung a Rút gọn kq: A = −1 ( x # 2,-2) x−2 b, A < ⇔ x > −1 ∈ Z ⇒ x ∈ { 1;3} 1,5đ c A ∈ Z ⇔ x−2 2(3đ) a/ x + 2011x + 2010 x + 2011 = x + x + x + 2010( x + x + 1) − ( x − 1) 1,5đ 1đ = ( x + x + 1)( x − x + 2011) b/ Vì x + ax + b chia cho x + dư nên ta có: x + ax + b = ( x + 1).Q( x) + với 2đ x = −1 -1-a+b=7, tức a-b = -8 (1) Vì x + ax + b chia cho x − dư nên ta có: x + ax + b = ( x − ).P( x) + với x = 8+2a+b=4, tức 2a+b=-4 (2) 3(4đ) 2đ Từ (1) (2) suy a=-4;b=4 a/ Ta có: x + y + + x − y = ( x + 1) + ( y − ) ≥ với x; y nên ta có: A= x + y + + x − y − ( x + y − 1) + xy = x + y + + x − y − x − y − − xy + x + y + xy = x − y + = 2(2 x − y ) + Thay x = 2011 ; y = 16 503 = ( ) b/ B= 503 ( ) 2011 − 2012 + = = 2012 vào A ta có: A= 2.2 x − x + 2011 2011x − 2.x.2011 + 20112 = x2 2011x 2010 x + ( x − 2011) 2010 ( ( x − 2011) 2010 = + ≥ 2 2011 2011 2011x 2011x Dấu “=” xẩy x = 2011 2010 Vậy GTNN B đạt x = 2011 2011 2 = 4(3,5đ a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000 Khi ta có a=b+c ) 2,0đ ( ( 20113 + 113 a + b ( a + b ) a − ab + b = = Xét vế phải đẳng thức ta có: 20113 + 2000 a + c ( a + c ) a − ac + c Thay a=b+c vào a − ab + b = ( b + c ) − ( b + c ) b + b = b + bc + c ) ) a − ac + c = ( b + c ) − ( b + c ) c + c = b + bc + c 2 Nên a − ab + b = a − ac + c Vậy: ( ( ) ) 20113 + 113 a + b ( a + b ) a − ab + b a+b 2011 + 11 = = = = 3 3 2 a + c 2011 + 2000 ( a + c ) a − ac + c 2011 + 2000 a +c b/Ta có 4m + m = 5n + n ⇔ 5( m − n ) + m − n = m ⇔ ( m − n )( 5m + 5n + 1) = m (*) Gọi d ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5nM d ⇒ 10m+1M d Mặt khác từ (*) ta có: m M d2 ⇒ mM d Mà 10m+1M d nên 1M d ⇒ d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương 5(5đ) B hình vẽ A 1,5đ OA OB = Do MN//DC AC BD N OM ON M ⇒ ⇒ OM=ON = O DC DC OM AM OM DM OM OM AM + MD = = + = = (1) b/ Do MN//AB CD ⇒ Do đó: CD AD AB AD DC AB AD ON ON + = (2) Tương tự: DC AB D C MN MN + =2 Từ (1);(2) ⇒ DC AB 1 ⇒ + = DC AB MN a/ Ta có 1,0đ 1,0đ c/ Hai tam giác có đường cao tỉ số diện tích tam giác tỉ số cạnh đáy tương ứng Do : S AOB OB S AOD OA = = S AOD OD S COD OC A S S OB OA ⇒ AOB = AOD ⇒ S AOD = S AOB S COD = a b nên S AOD = ab = Nhưng S AOD S COD OD OC B Tương tự S BOC = ab Vậy S ABCD = ( a + b ) d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD H K Do Dˆ < Cˆ < 90 nên H, K nằm đoạn CD D H E K C 1,5 Ta có AEˆ D = BCˆ D = Cˆ > Dˆ ⇒ AD > AE Tứ giác BCEA hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB = BK + DK > AH + CH = AC (Do AH = BK ) ⇒ BD > AC PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) Môn thi: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - b Chứng minh ∀n ∈ N * n3 + n + hợp số c Cho hai số phương liên tiếp Chứng minh tổng hai số cộng với tích chúng số phương lẻ Câu a Giải phương trình: x −1 x − x − x − 2012 + + + + = 2012 2012 2011 2010 b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 Câu a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b Cho a; b; c ba cạnh tam giác Chứng minh: ab bc ac + + ≥ a+b+c a + b − c −a + b + c a − b + c Câu Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vuông b Chứng minh DF ⊥ CE ∆ MAD cân c Tính diện tích ∆ MDC theo a Hết./ Họ tên: Số báo danh: Câu Nội dung Câu = (x - y) +4(x - y) - = (x - y) + 4(x - y) + -9 = (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) Ta có: n3 + n + = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1) điểm 2 =(n+1)( n2 - n + 2) Do ∀n ∈ N * nên n + > n2 - n + >1 Vậy n3 + n + hợp số Gọi hai số a2 (a+1)2 Theo ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + = ( a2 + a + 1)2 số phương lẻ a2 + a = a(a + 1) số chẵn ⇒ a2 + a + số lẻ Phương trình cho tương đương với: x −1 x−2 x−3 x − 2012 −1+ −1+ − + + − + 2012 = 2012 ⇔ 2012 2011 2010 x − 2013 x − 2013 x − 2013 x − 2013 + + + + =0 ⇔ 2012 2011 2010 Câu 1 1 ( x − 2013)( + + + + ) = ⇔ x = 2013 2012 2011 2010 2 3 điểm a + b + c = a + b + c = ⇒ a; b; c ∈ [ −1;1] ⇒ a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) ≤ ⇒ a3 + b3 + c3 ≤ ⇒ a;b;c nhận hai giá trị ⇒ b2012 = b2; c2013 = c2; ⇒ S = a2 + b 2012 + c 2013 = Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 Câu A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1.5 A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + ≥ điểm Vậy minA = x = 5; y = -3 a; b; c ba cạnh tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 y+z x+z x+ y ;b = ;c = 2 ab bc ac ( y + z )( x + z ) ( x + z )( x + y ) ( x + y )( y + z ) + + = + + a + b − c −a + b + c a − b + c 4z 4x 4y xy yz xz 1 xy yz xz  ( + + + x + y + z ) = 3( x + y + z ) + (2 + + )  z x y 4 z x y  ta có: x + y + z = a + b + c; a = 1 y x z x y z z x y  3( x + y + z ) + ( + ) + ( + ) + ( + )   4 z x z y y x  ≥ [ 3( x + y + z ) + x + y + z ] = x + y + z = Mà x + y + z = a + b + c nên suy điều phải chứng minh Câu E A B 3.5 điểm H M F N D C G Chứng minh: EFGH hình thoi Chứng minh có góc vuông Kết luận Tứ giác EFGH Hình vuông · · VBEC =VCFD (c.g c) ⇒ ECB = FDC mà VCDF vuông C · · · · ⇒ CDF + DFC = 900 ⇒ DFC + ECB = 900 ⇒VCMF vuông M Hay CE ⊥ DF Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG ⊥ DF ⇒ GN//CM mà G trung điểm DC nên ⇒ N trung điểm DM Trong ∆ MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến ⇒ ∆ MAD cân A VCMD : VFCD ( g.g ) ⇒ CD CM = FD FC 2 S  CD   CD  Do : VCMD =  ÷ ⇒ SVCMD =  ÷ SVFCD SVFCD  FD   FD  Mà : SVFCD = CF CD = CD Vậy : SVCMD = CD CD FD Trong VDCF theo Pitago ta có : 1  DF = CD + CF = CD +  BC ÷ = CD + CD = CD 4 2  Do : SVMCD = CD 1 CD = CD = a 5 CD 4 Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Học sinh không vẽ hình vẽ hình sai không chấm hình [...]... PHÒNG GD&ĐT H¦ƯƠNG SƠN TRƯỜNG THCS SƠN TIẾN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu1(4,5đ) Cho biểu thức: ĐỀ THI HỌC SING GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2013– 2014 Môn thi: TOÁN 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 2 1   10 − x 2   x A= 2 + + ÷:  x − 2 + x + 2 ÷ x −4 2−x x+2   a Rút gọn biểu thức A b Tìm giá trị của x để A < 0 c Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên Câu 2(3đ): a) Phân tích đa... 1,5 Ta có AEˆ D = BCˆ D = Cˆ > Dˆ ⇒ AD > AE Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB 2 = BK 2 + DK 2 > AH 2 + CH 2 = AC 2 (Do AH 2 = BK 2 ) ⇒ BD > AC PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) Môn thi: TOÁN 8 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu... x 3 + ax + b chia cho x + 1 dư 7 nên ta có: x 3 + ax + b = ( x + 1).Q( x) + 7 do đó với 2đ x = −1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1) Vì x 3 + ax + b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x 3 + ax + b = ( x − 2 ).P( x) + 4 do đó với x = 2 thì 8+ 2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2) 3(4đ) 2đ Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4 a/ Ta có: x 2 + y 2 + 5 + 2 x − 4 y = ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 ≥ 0 với mọi x; y nên ta có: A= x 2 +... Trong VDCF theo Pitago ta có : 1 5 1  DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 +  BC 2 ÷ = CD 2 + CD 2 = CD 2 4 4 2  Do đó : SVMCD = CD 2 1 1 1 CD 2 = CD 2 = a 2 5 5 5 CD 2 4 4 Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình ... 2011 + 2000 ( a + c ) a − ac + c 2011 + 2000 a +c b/Ta có 4m 2 + m = 5n 2 + n ⇔ 5( m 2 − n 2 ) + m − n = m 2 ⇔ ( m − n )( 5m + 5n + 1) = m 2 (*) Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5nM d ⇒ 10m+1M d Mặt khác từ (*) ta có: m 2 M d2 ⇒ mM d Mà 10m+1M d nên 1M d ⇒ d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương 5(5đ) B hình vẽ A 1,5đ OA OB... tích đa thức thành nhân tử: x 4 + 2011x 2 + 2010 x + 2011 b) Tìm các hằng số a và b sao cho x 3 + ax + b chia cho x + 1 dư 7; chia cho x − 2 dư 4 Câu 3(4đ): a) Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 A= x + y + 5 + 2 x − 4 y − − ( x + y − 1) + 2 xy với x = 2 2011 ; y = 16 503 x 2 − 2 x + 2011 x b) Tìm để B có giá trị nhỏ nhất: B = với x > 0 x2 Câu 4(3,5đ): Chứng minh rằng 20113 + 113 2011 + 11 = 3 3 2011 + 2000... Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 Câu 3 a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y + 18 b Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác Chứng minh: ab bc ac + + ≥ a+b+c a + b − c −a + b + c a − b + c Câu 4 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; CD; DA M là giao điểm của CE và DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH... b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) ≤ 0 ⇒ a3 + b3 + c3 ≤ 1 ⇒ a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 ⇒ b2012 = b2; c2013 = c2; ⇒ S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1 Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 Câu 3 A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1 1.5 A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1 ≥ 1 điểm Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3 vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c... 2012 vào A ta có: A= 2 2.2 x 2 − 2 x + 2011 2011x 2 − 2.x.2011 + 20112 = x2 2011x 2 2010 x 2 + ( x − 2011) 2010 ( ( x − 2011) 2010 = + ≥ 2 2 2011 2011 2011x 2011x Dấu “=” xẩy ra khi x = 2011 2010 Vậy GTNN của B là đạt được khi x = 2011 2011 2 2 = 4(3,5đ a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000 Khi đó ta có a=b+c ) 2,0đ ( ( 20113 + 113 a 3 + b 3 ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = = Xét vế phải đẳng thức ta có: 20113 +... OM AM OM DM OM OM AM + MD = = + = = 1 (1) b/ Do MN//AB và CD ⇒ và Do đó: CD AD AB AD DC AB AD ON ON + = 1 (2) Tương tự: DC AB D C MN MN + =2 Từ (1);(2) ⇒ DC AB 1 1 2 ⇒ + = DC AB MN a/ Ta có 1,0đ 1,0đ c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng Do vậy : S AOB OB S AOD OA = = và S AOD OD S COD OC A S S OB OA ⇒ AOB = AOD ⇒ S 2 AOD = S AOB S COD