077 đề HSG toán 8 liên châu 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013-2014 Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a. x  x  2013  4. x  5x  2012   4. x  x  2013. x  5x  2012  2 b) x   x   2) Chứng minh bất đẳng thức sau: x2  y  z  xy  xz  yz với x, y, z Câu (5 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 Tìm nghiệm ngun phương trình sau: x2  xy  6x  y  Câu (2 điểm) Cho a, b  a  b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  1  1 M  1    1    a  b Câu (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AC  AB  , đường cao AH  H  BC  Trên tia HC lấy điểm D cho HD  HA Đường vng góc với BC D cắt AC E 1) Chứng minh BEC ADC Tính độ dài đoạn BE theo m  AB 2) Gọi M trung diểm đoạn thẳng BE Chứng minh BHM số đo góc AHM 3) Tia AM cắt BC G Chứng minh GB HD  BC AH  HC BEC Tính ĐÁP ÁN Câu 1)  a  x  x  2013 a) Đặt:   b  x  x  2012 Phương trình cho trở thành: a  4b2  4ab   a  2b    a  2b   a  2b Khi đó, ta có: x  x  2013   x  x  2012   x  x  2013  x  10 x  4024  11x  2011  x  2011 11  2011  S    11  b) Lập bảng xét dấu nhị thức : x  x  Xét x  3(1) Phương trình   x   x   x  3 (không thỏa (1)) Xét 3  x  (2) Phương trình   x  x    x  (Thỏa mãn với x  Xét x  (3) Phương trình  x   x    x   x  (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3  x  2 2) Có  x  y    y  z    z  x   với x, y, z / 3  x   x2  xy  y  y  yz  z  z  zx  x    x  y  z    xy  yz  xz   x  y  z  xy  yz  xz (dfcm) Câu 1) Giả sử f ( x) chia cho x  thương 5x dư ax  b Khi đó: f ( x)   x  . 5 x   ax  b x  Xét giá trị riêng x cho x     x   x       x  2 Với x   f (2)  2a  b Với x  2  f (2)  2a  b   f (2)  24 2a  b  24 a    Theo đề bài, ta có:   f (2)  10 2a  b  10 b  17  Do đó: f ( x)   x    5 x   x  17 47 x  17 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  2) x2  xy  x  y   x  x   y  x  5 (2) x2  x  (vì x  khơng nghiệm phương trình (2)) x5  y  x 1 Vì x, y nguyên nên x  ước x5 Hay x  1;3;1; 3 hay x 4;6;8;2 Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y   y Vậy phương trình có nghiệm ngun  x, y   2,0  ;  4,0  ;  6,8 ; 8,8 Câu 2  ab  ab M  1    1   (Vi a  b  1) a   b   2 b  a  M  2    2   a  b  4b b 4a a M 4  4  a a b b2  b2 a  a b M             4.2  18(Co  si ) b  b a a Dấu "  " xảy  a  b & a  b   a  b  Vậy MinM  18  a  b  Câu A E M B H G a) Chứng minh CDE D CAB( g.g )  C CD CA  CE CB Hai tam giác ADC BEC có: CD CA C chung;  (cmt )  ADC BEC  c.g.c  CE CB Suy BEC  ADC  1350 (vì tam giác AHD vng cân H theo gt) Nên AEB  450 Do tam giác ABE vng cân A suy BE  AB  m BM BE AD b) Ta có:   (do BEC ADC ) BC BC AC Mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH AH Nên    BC AC AC AC AH BH Mà ABH CBA( g.g )   AC AB BM BH BH Nên   BE  AB BC AB BE  Do BHM  BEC  c.g.c   BHM  BEC  1350  AHM  450 c) Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác BAC GB AB  GC AC AB ED AH HD Mà   ABC DEC    ED / / AH   AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó:      GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Suy AG phân giác BAC suy :