050 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 Thời gian làm bài: 120 phút 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  với n    b) Cho P  n  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 a b c   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 vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng 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 (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  3x  x   3x x 2x A   x 1 x 1 2x 2x b) Với x  0; x  1, Ta có: A  2 A 2 x 1 x 1 x 1 Để A  x  1 phải ước  x  11; 2 Đối chiếu điều kiện tìm x  x  thỏa mãn Câu 2 a) Ta có: A   n3  n2    36n     n  n  n      n  n      n  n3  7n   n3  7n    n  n3  n  6n   n3  n  6n    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 ngun liên tiếp  A b) P  n4   n4  4n2   4n2   n2     2n  n  2   n2  2n   n2  2n     n  1  1  n  1  1    Vì n số tự nhiên nên  n  1   Như muốn P số nguyên tố ta phải có  n  1     n  1   n  2 Khi P  số nguyên tố Câu a) Ta có: x  x  20   x   x   x  11x  30   x   x   x  13x  42   x   x   TXĐ: x  4; x  5; x  6; x  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    (tm)  x  13  (tm) x  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 được: A  Từ suy A  y  z x  z x  y  y x   x          2x 2y 2z  x y   z z   y z     x   z y        A  Dấu “= “ xảy  a  b  c Câu x y D M C 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 b) Xét CMO OMD có: Nên ACO BOD  g.g   CMO  OMD  900 ; OCM  DOM (cùng phụ với COM )  CMO OMD  CO OM  OD MD (1) Mà ACO BOD  Từ (1) (2) ta có: CO AO CO OB    ( Do OD OD OD BD AO  OB)   OM OB   OMD OBD MD BD  MOD  BOD  OMD  OBD (cạnh huyền, góc nhọn)  OM  OB  OA  AMB vuông M c) Ta có: AC / / BD (cùng vng góc với AB)  CN AC  NB BD Mà BD  MD ( OMD  OBD ) 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: b  ca   b  a  b  c  ; Do đó: VT  c  ab   c  a c  b  a  b  a  c    b  a b  c    c  a  c  b  bc ca Áp dụng bất đẳng thức Cô-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 ab Vậy 2.VT   a  b  c    VT  Dấu “=” xảy  a  b  c 