004 đề HSG toán 8 yên lạc 2014 2015

UBND HUYỆN N LẠC PHỊNG GD & ĐT ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014-2015 MƠN: TỐN Thời gian : 120 phút Câu (2,5 điểm)  x  3x   6x  Cho biểu thức P     :  2  x  3x  x  27 x    x  x  3x  x  27  a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Với x  P khơng nhận giá trị ? c) Tìm giá trị nguyên x để P có giá trị nguyên Câu (2 điểm) a  b2  c b2  c  a c  a  b2   Cho biểu thức M  2ab 2bc 2ca Chứng minh rằng: a) Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác M  b) Nếu M  hai ba phân thức cho biểu thức M 1, phân thức lại 1 Câu (2 điểm) a) Cho n tổng hai số phương CMR : n2 tổng hai số phương b) Cho đa thức A  ax2  bx  c Xác định hệ số b biết chia A cho x  1, chia A cho x  1đều có số dư Câu (2,5 điểm) a) Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc A BD; I J thứ tự trung điểm đoạn thẳng DH BC Tính số đo góc AIJ b) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, đoạn BH lấy điểm M đoạn CH lấy điểm N cho AMC  ANB  900 Chứng minh AM  AN Câu (1 điểm) a) Cho a, b, c  a b c 1 1        CMR: 2 2 2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a  b a b c b) Cho đa giác gồm 1999 cạnh Người ta sơn đỉnh đa giác hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn ba đỉnh sơn màu tạo thành tam giác cân ĐÁP ÁN Câu x3 x 3 3 P  1 x3 b) Ta có: P  x x 3 P 1 3 P  1 P  P 1 Để x  0 0 P 1 P 1  P  1 a) ĐKXĐ: x  3, P Vậy x  P khơng nhận giá trị từ 1 đến 1, P   1;1 x3 1 x3 x 3 P có giá trị nguyên  x  Ư    1; 2; 3; 6 c) Ta có P  Từ tính x 0;1;2;4;5;6;9 (Chú ý loại x  3) Câu 2a) Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a, b, c  a  b  c  0; a  c  b  0; c  b  a  a  b2  c b2  c  a c2  a2  b2 ;B  ;C  2ab 2bc 2ca Ta cần chứng minh : M  A  B  C  1hay  A  1   B  1   C  1  Đặt A  Ta có: a  b2  c a  b  c  2ab  a  b  c  a  b  c  A 1  1   2ab 2ab 2ab 2 2 2 b c a b  c  a  2bc  b  c  a  b  c  a  B 1  1   2bc 2bc 2bc 2 2 2 c  a b c  a  b  2ca  c  a  b  c  a  b  C 1  1   2ca 2ca 2ca Suy  A  1   B  1   C  1  a  b  c  a  b  c    b  c  a  b  c  a    c  a  b  c  a  b   2ab 2bc 2ca c  a  b  c  a  b  c   a  b  c  a  b  c  a   b  c  a  b  c  a  b   2abc c  a  b  c  a  b  c   a  a  b  c  b  c  a   b  a  b  c  c  a  b   2abc  a  b  c  c  a  b  c   a  b  c  a   b  c  a  b   2abc  a  b  c  c  a  b  c   a  b  c  a   b  c  a  b   2abc  a  b  c   ca  cb  c  ab  ac  a  bc  ba  b   2abc  a  b  c   bc  ba  b  c  ca  cb  ac  a  ab   2abc  a  b  c  b  c  a  c  a  b   (đúng)  2abc Từ suy M   a, b, c độ dài ba cạnh tam giác hay M 1 Câu 2b  a  b  c  b  c  a  c  a  b   M   M 1   2abc   a  b  c  b  c  a  c  a  b   Ta xét ba trường hợp: TH1: Nếu a  b  c   b  c  a  b  c  a     a  b  c b  c  a   0; C   A   0; B   2bc 2bc Suy A  1; B  1; C  1 TH2: Nếu b  c  a  a  b2  c a  b  c  2ab  a  b  c  a  b  c  A 1 1   0; 2ab 2ab 2ab c2  a  b2 c  a  b  2ca  c  a  b  c  a  b    b  c  a  c  a  b  C 1  1    0 2ca 2ca 2ca 2ca B    A  1; B  1; C  TH3: Nếu c  a  b   a  b  c  a  b  c     c  a  b  a  b  c   0; A 1  2ab 2ab 2 2 2 c  a b c  a  b  2ca  c  a  b  c  a  b    b  c  a  c  a  b  C 1  1    0 2ca 2ca 2ca 2ca b2  c  a b2  c  a  2bc  b  c  a  b  c  a  B 1  1   0 2bc 2bc 2bc Suy A  1; B  1; C  Như trường hợp có hai ba phân thức A, B, C 1, phân thức lại 1 Câu 3a) Đặt N  a  b2 với a, b Khi N  a  2a 2b2  b2  4a 2b2   a  b2    2ab  tổng hai số phương 3b) Giả sử A  ax  bx  c   x  1 P  R (1) A  ax  bx  c   x  1 Q  R (2) Cho x  từ 1 ta có: a  b  c  R Cho x  1thì từ   ta có: a  b  c  R Do : a  b  c  a  b  c  2b   b  Câu 4a) B A P J H D I C Gọi P trung điểm AH  PI đường trung bình tam giác AHD  PI / / AD Mà AD  AB nên IP  AB P trực tâm ABI Từ ta có tứ giác BPIJ hình bình hành  BP / / IJ Mà BP  AI nên JI  AI Câu 4b A P H Q B N M C Gọi P, Q chân dường cao kẻ từ B C Tam giác vng AMC có đường cao MP  AM  AP AC Tam giác vuông ANB có đường cao NQ  AN  AQ AB Xét tam giác vng APB AQC có: A chung; APB  AQC  900  APB AQC ( g.g )  AP AC  AQ AB  AM  AN  AM  AN Câu 5a) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với a, b, c  ta có 18a 18a   2 3a  2b  c  a  b   a  c 2.2 18a  ab  2 18a 18a 18a    2 3a  2b  c 4ab  2ac 2a. 2b  c  2b  c a b2  a  b  Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz   x y x y Ta có:   1 2b  c  22 12    2b c b c 18a   1     Suy : 3a  2b2  c  2b  c  2b  c b c Tương tự: 18b   1     2 3b  2c  a  2c  a  2c  a c a 18c   1     3c  2a  b2 2a  b 2a  b a b  ac   18a 4ab  2ac Cộng vế với vế BĐT ta có: 18a 18b 18c 2         2 2 2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a  b c a b c a b a b c 1 1  3 3        :18       DPCM 2 2 2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a  b  a b c  a b c 5b) Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh Do phải tồn đỉnh kề P Q sơn màu – màu đỏ (Theo nguyên lý Dirichle) Vì đa giác cho đa giác có số đỉnh lẻ, nên phải tồn đỉnh nằm đường trung trực đoạn thẳng PQ Giả sử đỉnh A Nếu A tơ màu đỏ ta có tam giác APQ tam giác cân có đỉnh A, P, Q tơ màu đỏ Nếu A tơ màu xanh, lúc gọi B C đỉnh khác đa giác kề với P Q Nếu hai đỉnh B C tơ màu xanh tam giác ABC cân có đỉnh tơ màu xanh Nếu ngược lại, hai đỉnh B C mà tơ màu đỏ tam giác BPQ tam giác CPQ tam giác cân có đỉnh tô màu đỏ