068 đề HSG toán 8 bình xuyên 2017 2018

UBND HUYỆN BÌNH XUN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2017-2018 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể gio đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm)  x2  x  2 x2 Cho biểu thức A    1     x  8  x  x  x   x x  a) Tìm ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm) Giải phương trình bất phương trình sau: x 1 x 1 a) x  (với m tham số , m  0)    m  2 x m m 2 1 1   1  1 b) 8. x    4. x    x     x    4. x   x x  x x     c)  x  3  3x  5  5x  2  5x   17 x2  2016 x  2063 3 Bài (2,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để B   n2  8  36 số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An hoàn thành tập mà giáo viên giao cho giết thời gian cách liệt kê bảng số nguyên Bận bắt đầu ghi số nguyên đó; để có số tiếp theo, An cộng nhân chữ số số đứng liền trước Cứ tiếp tục thế, nhận số ghi số lẻ Hỏi có số An chọn, biết khơng q chữ số Bài (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF cắt H HD HE HF a) Tính tổng   AD BE CF b) Chứng minh: BH BE  CH CF  BC c) Chứng minh: Điểm H cách ba cạnh tam giác DEF d) Trên đoạn HB, HC lấy tương ứng điểm M , N tùy ý cho HM  CN Chứng minh : Đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định Bài (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương 1 27 Chứng minh:    a  a  b  b  b  c  c(c  a) 2(a  b  c)2 ĐÁP ÁN Câu 2 x    x  a) ĐKXĐ: 8  x  x  x3    x  x   x  Với  thì: x    x2  x  2 2x2 A  1      2x  8  4x  2x  x   x x   x( x  2)  x2  x  2 x2    x2  2( x  4)  x    x    x  x    x 2  x  1 x    x2  x2  4  x  2 x   4x  4  4x2 x  x  x2  4 x2  x  x    2x  x2  4 x x  x 1 Vậy , với  A  2x x  x  Xét với   * x  Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên biểu thức 2A nhận giá trị nguyên 2x  2 A      x  1;1 2x x x  1; x  thỏa mãn * 1   (thỏa mãn A ) Với x  1 A  2(1) b) 11  (thỏa mãn A ) 2.1 Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên x 1;1 Câu x 1 x 1 a) x     m   x   m  1 x  (2a) m m m +) Nếu m  m  m     2a   x  m  m  1 +)Nếu m  m   0. 2a   x  m(m  1) +)Nếu m  m     2a   x   luon dung  Kết luận:   +Với m  m  tập nghiệm BPT S   x  / x   m(m  1)   +Với m  tập nghiệm BPT S    +Với m  tập nghiệm BPT là: S   x  / x   m(m  1)   Với x  A  2 1  1 1    b)  x     x   x     x     x    2b  x x  x x     Điều kiện x  , Khi đó: 2 1 1       2b    x     x     x   x     x   x x  x  x    2 1 1          x     x    x     x      x   x x   x   x     1     8 x    8 x2     x  4 x x    x    x    16    x  8 Vì x  nên S  8 c) Trước hết chứng minh rằng: Nếu có số a, b, c thỏa mãn a  b  c  a3  b3  c3  3abc (2c) Ta có:  x  3   x   3   x     x   17 x  2016 x  2063   x  3   3x      x     x  17 x  2016 x  2063 3 Áp dụng đẳng thức (2c)  x  3   3x  5    x   nên phương trình cho tương đương với :  x  3 x    x     x  17 x  2016 x  2063    x  3  x  x  15   17 x  2016 x  2063      x   x  2019 x  2018      x  x  1 x  2018    x     x 1  x  2018   2  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S   ;1;2018  5  Câu a) Ta có: B   n    36  n  16n  64  36  n  20n  100  36n   n  10    6n  2   n  6n  10  n  6n  10  Với n  n2  6n  10  n2  6n  10 Nên để B số nguyên tố trước hết n2  6n  10  Hay  n  3   n  Thử lại , với n  B   32  8  36  37 37 số nguyên tố nên n  giá tị cần tìm b) Ta gọi số thỏa mãn đề số chấp nhận Các chữ số số chấp nhận phải số lẻ, khơng tích chúng chẵn Như có số chấp nhận có chữ số Khơng thể có số chấp nhận gồm chữ số tổng tích chữ số chúng số chẵn Tương tự số chấp nhận khơng thể có chữ số Ta xét số chấp nhận gồm ba chữ số (tổng tích chữ số số chấp nhận gồm ba chữ số phải số lẻ, chúng có hai chữ số, nên tổng tích chữ số vượt Như số chấp nhận gồm chữ số có thể: Hoặc gồm chữ số 1, Hoặc gồm hai chữ số 1, số lại chữ số 3,5,7 Hoặc gồm chữ số chữ số Do có    13 số chấp nhận có chữ số Tương tự , ta tính số chấp nhận gồm chữ số Tổng chữ số không vượt 45 số chấp nhận nên tích khơng vượt q 9, khả xảy : Hoặc gồm chữ số Hoặc gồm chữ số chữ số Hoặc gồm chữ số chữ số Hoặc gồm ba chữ số hai chữ số Do số số chấp nhận gồm chữ số:    10  21 số Vậy số số thỏa mãn đề là:  13  21  39 số Câu A E F H P M B Q N D C K HD S HBC  AD S ABC HE S HCA HF S HAB Tương tự có:  ;  BE S ABC CF S ABC HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC Nên     1 AD BE CF S ABC S ABC HD HE HF Vậy   1 AD BE CF b) Trước hết chứng minh: BDH BEC  BH BE  BD.BC Và CDH CFB  CH CF  CD.BC  BH BE  CH CF  BC. BD  CD   BC a) Trước hết chứng minh : AE AF  Mặt khác EAF  BAC AB AC ABC (c.g.c)  AEF  ABC c) Trước hết chứng minh AEB Nên AEF AFC  Chứng minh tương tự, ta có: CDE CAB  CED  CBA nên EB phân giác góc  AEF  CED mà Tương tự: phân giác góc Vậy H giao điểm đường phân giác tam giác DEF Nên H cách ba cạnh tam giác DEF d) Gọi K giao điểm đường trung trực hai đoạn MN HC, ta có KMH  KNC  c.c.c   KHM  KCN (1) Mặt khác ta có: KCH cân K nên : KHC  KCH (2) Từ (1) (2) ta có: KHC  KHB  HK phân giác góc BHC Vậy K giao điểm trung trực đoạn HC phân giác góc BHC nên K điểm cố định Hay trung trực đoạn MN qua điểm cố định K Câu Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được: 1    a(a  b) b(b  c) c(c  a) abc  a  b  b  c  c  a  (*) Cũng theo BĐT Cô si :  33 abc   a  b  c  1  33. a  b  b  c  c  a    a  b  c  3 Nhân tương ứng hai vế BĐT (1) (2) được: 36 abc  a  b  b  c  c  a    a  b  c  Hay 27  **  abc(a  b)(b  c )(c  a ) 2 a  b  c Từ * ** suy 1 27    a(a  b) b(b  c) c(c  a )  a  b  c 2 Dấu "  " xảy a  b  c (2)