013 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 Câu (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 (4 điểm) a) Chứng minh rằng: A   n3  n2    36n  n    b) Cho P  n4  Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Câu (4 điểm) 1 1 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 b c A   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 vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C  C  A Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC , đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vng 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 (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 bc ca ab ĐÁP ÁN Câu 2  x 1  x    x  1  : a) A     x  3x x   3x 2  x  1  3x  x  1  x  A  : x x  x   x  2 1  x   x A   x x   x 1 x 2x A   x 1 x 1 2x 2 x 1 x 1 Để A  x  1 phải ước  x  11; 2 b) Với x  0; x  1 Ta có: A  Xét trường hợp tìm x, đối chiếu điều kiện  x 2;3 Câu a) Ta có: A   n3  n    36n     n  n  n      n  n      n  n3  7n   n3  7n    n  n3  n  6n   n3  n  6n    n  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  3 Do A tích số nguyên liên tiếp nên A b) n  P  n   n  4n   4n   n     2n  2   n  2n   n  2n     n  1  1  n  1  1    Vì n số tự nhiên nên  n  1   Như muốn P số nguyên tố phải có  n  1   hay  n  1   n  2 Khi P  số nguyên tố Câu a) x2  x  20   x   x  5 x2  11x  30   x   x  5 x2  13x  42   x   x   TXĐ: x  4; 5; 6; 7 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  13 x      x  S  13;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 Thay vào ta A  y  z x  z x  y  y x   x          2x 2y 2z  x y   z    2  Dấu “=” xảy  a  b  c Từ suy A  hay A3 z   y z     x   z y   Câu y x C M D N A O B a) Xét ACO BOD có: A  B  900 ; COA  ODB (cùng phụ với DOB) AO BD   AO.BO  AC.BD AC BO Mà AO  BO nên AO2  AC.BD Nên ACO BOD  g.g   b) Xét CMO OMD có: CMO  OMD  900 ; OCM  DOM (cùng phụ với CO OM COM )  CMO OMD( g.g )   (1) OD MD CO AO CO OB    Mà ACO BOD   2 (Do AO  OB) OD BD OD BD OM OB   OMD OBD Từ (1) (2) ta có MD BD  MOD  BOD  OMD  OBD (cạnh huyền – góc nhọn)  OM  OB  OA suy AMB vuông M CN AC c) Ta có: AC / / BD (cùng  AB)   NB BD Mà BD  MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh : AC  CM CN CM Nên   MN / / BD / / AC BN DM Câu Nhận xét có: a  bc  a  a  b  c   bc   a  b  c  a  Tương tự có: b  ca   b  a  b  c  Do VT  ; c  ab   c  a  c  b   a  b  a  c    b  a b  c    c  a  c  b  bc ca ab Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si ta có:  a  b  a  c    b  a  b  c   a  b   bc ca  a  b  a  c    c  a  c  b   a  c   bc ab  b  a  b  c    c  a  c  b   b  c   ac ab (dfcm) Vậy 2.VT   a  b  c   hay VT  Đẳng thức xảy a  b  c 