035 đề HSG toán 8 việt yên 2012 2013

PHỊNG GD & ĐT VIỆT N ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN LỚP Ngày thi: 3/4/2013 Câu (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4  2013x2  2012 x  2013  x2  x  2 x2 Rút gọn biểu thức sau: A          2x  8  4x  2x  x   x x  Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau:  2x  x  2013  4. x  5x  2012   4. x  x  2013 x  5x  2012  2 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x3  x2  3x   y Câu (4,0 điểm) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x  dư 10, f ( x) chia cho x  dư 24, f ( x) chia cho x  thương 5x dư Chứng minh rằng: a  b  c  b  c  a   c  a  b  a  b  c   b  a  c  a  c  b  2 Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N 1) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật 2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh AC  2EF 1   3) Chứng minh : 2 AD AM AN Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1    a  b  c  b3  c  a  c  a  b  ĐÁP ÁN Câu 1.1 Ta có: x  2013x  2012 x  2013   x  x   2013x  2013x  2013  x  x  1  x  x  1  2013. x  x  1   x  x  1 x  x  2013 1.2 x  Điều kiện:  x  Ta có:  x2  x   2x2 A  1    x  8  x  x  x   x x   x2  x  x2  x  2x2      x2  4   x   x2   x   x2    x2  x   x  1 x   2x2      x2  4  x2  4   x   x2   x. x    x 2    x  2  x2  4 x  x    x  1 2x  x  4 Vậy A  x 1 với 2x  x  1. x    x3  x  x  x x    x2  4 x2 x2 x 1 2x x   x  Câu a  x  x  2013  2.1 Đặt   b  x  x  2012 Phương trình cho trở thành: a  4b2  4ab   a  2b    a  2b   a  2b Khi ta có: x  x  2013  2. x  x  2012   x  x  2013  x  10 x  4024  11x  2011  x  2011 11 Vậy phương trình có nghiệm x  2011 11 3  2.2 Ta có: y  x  x  3x    x      x  y (1) 4  3 2 15  x    y  x  x    x      y  x  (2)  16  Từ 1   ta có: x  y  x  mà x, y nguyên suy y  x  3 Thay y  x  vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x  1  y  Vậy  x; y    1;0  Câu 3.1 Giả sử f ( x) chia cho x  thương 5x dư ax  b Khi : f ( x)   x  . 5 x   ax  b Theo đề bài, ta có:   f (2)  24 2a  b  24 a     f (  2)  10  a  b  10   b  17 Do : f ( x)   x  .(5 x)  x  17 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  47 x  17 3.2 Ta có: a  b  c   b  c  a   c  a  b   a  b  c   b  a  c   a  c  b   (1) xz  a   a  b  c  x  x y   Đặt b  c  a  y  b  a  c  b  z   yz  c  Khi ta có: xz x y yz yz xz x y 2 VT       y   x   x  y  x  y  z  2   2  xz xz yz z y 2  y  x   x  y  z 2 2 1 =  x  z  y   z  y  x   x  y .z 4 1   x  y  z   x  y  z   VP (dfcm) 4 Câu E A B H F D M C N 1) Ta có: DAM  ABF (cùng phụ với BAH ) AB  AD ( gt ); BAF  ADM  900 (ABCD hình vng)  ADM  BAF  g.c.g   DM  AF , mà AF  AE ( gt ) nên AE  DM Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác DAE  900 ( gt ) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 2) Ta có ABH FAH ( g.g )  AB BH BC BH   hay  AB  BC; AE  AF  AF AH AE AH Lại có: HAB  HBC (cùng phụ với ABH )  CBH AEH (c.g.c) 2 S SCBH  BC   BC   CBH    4( gt )    , mà    BC   AE  S EAH  AE  S EAH  AE   BC  AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD  2EF hay AC  2EF (dfcm) 3) Do AD / /CN ( gt ) Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: AD AM AD CN    CN MN AM MN Lại có: MC / / AB  gt  Áp dụng hệ định lý Ta let ta có:  MN MC AB MC AD MC hay     AN AB AN MN AN MN 2 MN  AD   AD   CN   CM  CN  CM   1         MN MN  AM   AN   MN   MN  ( Pytago) 2 2 2 1  AD   AD        1 2 AM AN AD  AM   AN  (dfcm) Câu Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi a, b, c  x, y, z  ta có: a b2 c  a  b  c     x y z x yz a b c Dấu "  " xảy    x y z Thật vậy, với a, b x, y  ta có: a b2  a  b    x y x y (*) (**)   a y  b x   x  y   xy (a  b)2   bx  ay   (luôn đúng) Dấu "  " xảy  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức ** ta có: a b2 c  a  b  c  a  b  c       x y z x y z x yz a b c Dấu "  " xảy    x y z 2 1 2 1    a  b  c Ta có: a  b  c  b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Áp dụng BĐT (*) ta có : 1 1 1     a  b2  c   a b c   ab  ac bc  ab ac  bc  ab  bc  ac  1 1      a b c  (Vì abc  1) 1 1 2    a b c Hay 1 2 1 1 1 a  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc  a b c  1 2 1 Mà    nên a  b  c  a b c ab  ac bc  ab ac  bc Vậy 1    (đpcm) a b  c  b c  a  c a  b 