046 đề HSG toán 8 tam dương 2013 2014

PHỊNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Bài Đa thức bậc có hệ số cao thỏa mãn f 1  5; f    11; f  3  21 Tính f  1  f  5 Bài a) Tìm tất số nguyên n cho: n4  2n3  2n2  n  số phương b) Tìm nghiệm ngun phương trình: x  xy  y  x y Bài Chứng minh :  x  1 x  3 x   x    10  với x Bài a) Cho tam giác ABC , gọi M, N trung diểm BC, AC Gọi O, G, H giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến tam giác ABC Tính tỉ số GH : GO b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB  2a, CD  a Hãy dựng điểm M đường thẳng CD cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích Bài Cho x  0, y  0, z  x  y  z  Chứng minh xy  yz  zx  xyz  27 ĐÁP ÁN Câu Nhận xét: g ( x)  x  thỏa mãn g 1  5; g    11; g  3  21 Q( x)  f ( x)  g ( x) đa thức bậc có nghiệm x  1; x  2; x  Vậy Q( x)   x  1 x  1 x  3 x  a  ta có: f (1)  Q  1  2. 1   29  24a f (5)  Q    2.52   173  24a  f (1)  f (5)  202 Câu a) Giả sử n4  2n3  2n2  n   y Ta có: y   n2  n   n2  n   y   n2  n   y  n2  n  y  n2  n  (Vi y )  y  n2  n   y   n  n  1 Thay y   n2  n   n2  n   n2  n     n   n  3   3  n  Thử trực tiếp n  2; n  3 thỏa mãn Vậy số nguyên n cần tìm n2; 3 b) Thêm xy vào hai vế phương trình ta có: x  xy  y  x y  xy   x  y   xy  xy  1 (y ) Ta thấy xy & xy  hai số ngun liên tiếp có tích số phương nên tồn số TH1: xy   x2  y  x  y  TH2: xy   ta có xy  1nên  x; y  1; 1 ;  1;1 Thử lại ba cặp số  0;0  ;  1;1 ; 1; 1 nghiệm phương trình cho Câu Ta có:  x  1 x  3 x   x    10   x  1 x   x  3 x    10   x  x   x  x  12   10   x  x   3 x  x   3  10   x  x     10   x  x     2 (x) Vì  x  x    với x Do :  x  x     với x (bài toán chứng minh) Câu a) A H M G B O N Ta có: OM / / AH (vì vng góc với BC) ON / / BH (vì vng góc với AC) NM / / AB (đường trung bình tam giác) Xét ABH MNO C Có: BAH  NMO (góc có cạnh tương ứng song song) ABH  MNO (góc có cạnh tương ứng song song) NM OM  ABH MNO  g.g     BA AH Xét AGH MOG có: GAH  GMO (so le trong) (1) GM  (tính chất trọng tâm ) (2) GA OM  (cmt ) AH Từ 1 ;   ;  3  AHG MOG  c.g.c   AGH  MGO(4) Mặt khác : A, G, M thẳng hàng (5) GH AH Từ (4),(5)  H , G, O thẳng hàng  2 GO OM b) D a x A M C K N H B Gọi h đường cao hình thang ABCD Giả sử dựng điểm M thuộc CD cho đường thẳng AM cắt hình thang thành hai phần có diện tích Gọi N giao điểm AM BC Đặt S1  S ADCN ; S2  S ANB ; S  S ABCD s  s  s Ta có:   S2  S : (1)  s1  s2 Kẻ đường cao NH tam giác ANB đặt NH  x ta có: 3ah  2a  a  h  2 s2  2a.x  ax 3ah 3h x Thay vào (1) : ax  2 NB Áp dụng định lý Talet   suy cách dựng: NC s Chia đoạn BC làm phần nhau, lấy điểm N BC cho NC  BC Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD điểm M cần dựng  x yz Câu Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: xyz       27 Mặt khác:  xyz   x  y  z  y  z  x  z  x  y   xyz  1  z 1  x 1  y   xyz    x  y  z    xy  yz  xz   xyz  xyz     xy  yz  zx   xyz   xyz   xy  yz  zx   xyz  1    xy  yz  zx   xyz 27  xy  yz  zx  xyz (dfcm) 27 ...  x     10   x  x     2 (x) Vì  x  x    với x Do :  x  x     với x (bài toán chứng minh) Câu a) A H M G B O N Ta có: OM / / AH (vì vng góc với BC) ON / / BH (vì vng góc