100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8

100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8 100 ĐỀ ÔN LUYỆN THI HSG toán 8

1 Website:tailieumontoan.com 100 ĐỀ ÔN THI LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP LỜI NĨI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 8, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em đề thi học sinh giỏi toán lớp huyện nước có hướng dẫn giải cụ thể Đây đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từ thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề tốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập 100 đề thi học sinh giỏi lớp giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi tốn lớp huyện nước Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này! Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (3 điểm) a) Phân tích đa thức a  b  c   b2  c  a   c a  b  thành nhân tử b) Cho a, b,c ba số đôi khác thỏa mãn:  a  b  c   a  b2  c 2 Tính giá trị biểu thức: P  a2 b2 c2   a  2bc b2  2ac c  2ab    c) Cho x  y  z  Chứng minh rằng: x5  y5  z5  5xyz x2  y  z2  Câu (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n  18 n  41 hai số phƣơng 2  1  1 25 b) Cho a, b  thỏa mãn a  b  Chứng minh  a     b    b  a  Câu (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn Vẽ phía ngoiaf hình bình hành tam giác BCE DCF Tính số đo EAF Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đƣờng cao AA', BB',CC' H trực tâm a) Chứng minh BC'.BA  CB'.CA  BC2 HB.HC HA.HB HC.HA   1 AB.AC BC.AC BC.AB c) Gọi D trung điểm BC Qua H kẻ đƣờng thẳng vng góc với DH cắt AB,AC b) Chứng minh rằng: lần lƣợt M N Chứng minh H trung điểm MN Câu (1 điểm) Cho hình vng ABCD 2018 đƣờng thẳng có tính chất chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh có 505 đƣờng thẳng 2018 đƣờng thẳng đồng quy HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) a  b  c   b2  c  a   c  a  b   a  b  c   b2 a  c   c a  b   a  b  c   b2  a  b    b  c    c  a  b    a  b2   b  c  c   b2  a  b    a  b  a  b  b  c    b  c  b  c  a  b    a  b  b  c  a  b  b  c    a  b  b  c  a  c  Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com b) a  b  c   a  b2  c  ab  ac  bc  a2 a2 a2   a  2bc a  ab  ac  bc  a  b  a  c  b2 b2 Tƣơng tự:  b  2ac  b  a  b  c  c2 c2  c  2ac  c  a  c  b  ; a2 b2 c2 P   a  2bc b  2ac c  2ab a2 b2 c2     a  b  a  c   a  b  b  c  a  c  b  c    a  b  a  c  b  c    a  b  a  c  b  c  c) Vì x  y  z   x  y  z   x  y   z3 Hay x3  y3  3xy  x  y   z3  3xyz  x3  y3  z3 Do đó:       x  y  z   y z  x   z x  y  3xyz x2  y  z2  x  y  z x  y  z  x5  y5  z5 2 2 Mà x2  y2   x  y   2xy  z2  2xy  Vi 2 x  y  z  Tƣơng tự: y2  z2  x2  2yz; z2  x2  y2  2zx        Vì vậy: 3xyz x2  y2  z2  x5  y5  z5  x3 x2  2yz  y y  2zx  z3 z2  2xy     x5  y5  z5  2xyz x2  y  z2      Suy : x5  y5  z5  5xyz x2  y  z2  Câu a) Để n  18 n  41 hai số phƣơng  n  18  p2 n  41  q  p,q    p2  q   n  18    n  41  59   p  q  p  q   59 p  q  p  30  Nhƣng 59 số nguyên tố, nên:  p  q  59 q  29 Từ n  18  p2  302  900  n  882 Thay vào n  41, ta đƣợc 882  41  841  292  q Vậy với n  882 n  18 n  41 hai số phƣơng b) Có:  a  b    a  b2  2ab   a  b2  2ab (*) Dấu đẳng thức xảy a  b   25  1 Áp dụng  *  có:  a     5a   b b   Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp ;   25  1  b  a    5 b  a      TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 2   1   25 1     a     b    Suy ra:  a     b    b  a b  a    2 2   1   25  1   a     b      a  b       b  a   a b    1   25 1 1  a     b         (Vi b  a  a b a  b  1) 1   4 a b ab Với a, b dƣơng , chứng minh a  b  1) (Vi Dấu xảy a  b 2  1   25 Ta đƣợc:  a     b      5.4 b  a  2  1  1 25 Dấu đẳng thức xảy  a  b   a     b    b  a  Câu A D C B F E Chứng minh đƣợc ABE  ECF Chứng minh đƣợc ABE  FCE  c.g.c   AE  EF Tƣơng tự: AF  EF  AE  EF  AF  AEF  EAF  600 Câu A C' H B' N M B Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp A' D C TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com BH  AB BH Chứng minh BHA' BCB'   BC Từ (1) (2)  BC'.BA  BA'.BC a) Chứng minh BHC' BAB'  BC'  BH.BB'  BC'.BA BB' BA'  BH.BB'  BC.BA' BB' (1) (2) Tƣơng tự : CB'.CA  CA'.BC  BC'.BA  CB'.CA  BA'.BC  CA'.BC   BA' A'C  BC  BC2 b) Có BH BC' BH.CH BC'.CH S BHC     AB BB' AB.AC BB'.AC S ABC Tƣơng tự:  AH.BH S AHB AH.CH S AHC  ;  CB.CA S ABC CB.AB S ABC HB.HC HA.HB HC.HA S ABC    1 AB.AC AC.BC BC.AB S ABC CDH  g.g   HM AH  HD CD AH HN Chứng minh AHN BDH  g.g    BD HD Mà CD  BD (gt) (5) c) Chứng minh AHM Từ   ,   ,    (3) (4) HM HN   HM  HN  H trung điểm MN HD HD Câu Gọi E,F,P,Q lần lƣợt trung điểm AB,CD, BC,AD Lấy điểm I,G EF K,H PQ thỏa mãn: IE HP GF KQ     IF HQ GE KP Xét d đƣờng thẳng cho cắt hai đoạn thẳng AD, BC,EF lần lƣợt M,N,G' Ta có: AB  BM  AN  S ABMN 2 EG' 2       G  G' hay d qua G S CDNM G' F CD  CM  DN  Từ lập luận suy đƣờng thẳng thỏa mãn yêu cầu đề Câu qua điểm G,H,I,K Do có 2018 đƣờng thẳng qua điểm G,H,I,K theo nguyên lý Dirichle phải tồn  2018      505 đƣờng thẳng qua điểm điểm   Vậy có 505 đƣờng thẳng số 2018 đƣờng thẳng cho đồng quy (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (3 điểm)   1) Chứng minh :  x  y  x3  x2 y  xy  y  x4  y   2) Phân tích đa thức thành nhân tử: x  x   x2  2x   3) Tìm a, b,c biết: a  b2  c2  ab  bc  ac a8  b8  c8  Câu (4 điểm) y2  x2 y2  xy  x2 Cho biểu thức: P    với x  0; y  0; x  y   2  x  x  xy xy xy  y  x  xy  y 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị biểu thức P, biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2  y2  10   x  3y  Câu (4 điểm) 1) Giải phƣơng trình:  6x   6x   6x    72 2) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: x2  x   y Câu (2 điểm) Cho số a, b,c thỏa mãn  a, b,c  Chứng minh rằng: a  b2  c3  ab  bc  ca  Câu (5,5 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a, biết hai đƣờng chéo cắt O.Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC cho IOM  900 (I M khơng trùng với đỉnh hình vuông) Gọi N giao điểm AM CD , K giao điểm OM BN 1) Chứng minh BIO  CMO tính diện tích tứ giác BIOM theo a 2) Chứng minh BKM  BCO 3) Chứng minh 1   2 CD AM AN2 Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC  AB  AC  , trọng tâm G Qua G vẽ đƣờng thẳng d cắt cạnh AB,AC theo thứ tự D E Tính giá trị biểu thức AB AC  AD AE HƯỚNG DẪN GIẢI Câu  1) Ta có:  x  y  x3  x2 y  xy2  y Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp  TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com  x4  x3 y  x2 y  xy  x y  x y  xy  y  x4  y4 Vậy đẳng thức đƣợc chứng minh      x  x   x  2x    x  2x x  2x     x    2) Ta có:  x  2x  x  2x    2x    x  1 3) Biến đổi a  b2  c2  ab  bc  ca  a  b    b  c    c  a   2 Lập luận suy a  b  c Thay a  b  c vào a8  b8  c8  ta có: 3a8   a8   a  1 a  b  c  Vậy  a  b  c  1 Câu 1) Với x  0; y  0; x  y ta có:   2 2 xy  x y  x  y  x  y   xy  P  x   x  xy  y xy  x  y    xy xy  x  y    x  y  x  y    x xy  x  y  x  xy  y 2   2 xy  x  y  x  xy  y   x xy  x  y  x  xy  y  xy xy   x xy xy 2) Ta có: x2  y2  10   x  3y   x  2x   y  6y     x  1   y    2 x  (tm) Lập luận    y  3 Nên thay x  1; y  3 vào biểu thức P  Câu x  y   3    xy  3    1) Đặt 6x   t Ta có:  t  1 t  1 t  72  t  t  72  t  t  72   x    t  3   x    Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 2 5  Vậy phƣơng trình có tập nghiệm S   ;  3 3 2) x2  x   y2  4x2  4x  12  4y   2x  1  4y  11   2x  2y  1 2x  2y  1  11  2x  2y   x  3    2x  2y   11  y   2x  2y   1 x     2x  2y   11  y  3   2x  2y   11  x   2x  2y   1  y     2x  2y   11 x  3   2x  2y     y  3  Câu Vì b,c  0;1 nên suy b2  b; c  c Do : a  b2  c3  ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca (1) Lại có: a  b  c  ab  bc  ca   a  1 b  1 c  1  abc  (2) Vì a, b,c  0;1 nên  a  1 b  1 c  1  0; abc  Do từ    a  b  c  ab  bc  ca   3 Từ (1) (3) suy a  b2  c3  ab  bc  ca  Câu A E  I B O M K C N D  1) IBO  MCO  450 (Tính chất đƣờng chéo hình vng) BO  CO (tính chất đƣờng chéo hình vng) BOI  COM (cùng phụ với BOM)  BIO  CMO  g.c.g   S BIO  SCMO mà S BMOI  S BOI  S BMO Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 Do đó: S BMOI  SCMO  S BMO  S BOC  S ABCD  a 4 2) Ta có: BIO  CMO(cmt)  CM  BI  BM  AI Vì CN / /AB nên BM AM IA AM     IM / /BN CM MN IB MN Ta có: OI  OM  BIO  CMO   IOM cân O  IMO  MIO  450 Vì IM / /BN  BKM  IMO  450  BKM  BCO 3) Qua A kẻ tia Ax vng góc AN cắt CD E Chứng minh ADE  ABM  g.c.g   AE  AM Ta có: ANE vng A có AD  NE SAEN  2 AD.NE AN.AE   AD.NE  AN.AE   AD.NE    AN.AE  2 Áp dụng định lý Pytago vào ANE ta có: AN2  AE2  NE2 AN2  AE2 1 1     2 2 AN AE AD AE AN AD2 1 Mà AE  AM CD  AD    2 CD AM AN2 Câu    AD2 AN2  AE2  AN2 AE  A D B E G I M d C K Gọi M trung điểm BC AB AI  AD AG AC AK Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với d cắt AM K, ta có:  AE AG AB AC AI  AK Từ (1) (2) suy   (3) AD AE AG Qua B vẽ đƣờng thẳng song song với d cắt AM I, ta có: (1) (2) Mặt khác : AI  AK   AM  MI    AM  MK   2AM   Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 10 Website:tailieumontoan.com (Vì MI  MK BMI  CMK) Từ (3) (4) suy AB AC 2AM 2AM    3 AD AE AG AM (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (4 điểm)   x   2x   : Cho biểu thức: A     1 x 1 x 1 x  x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên c) Tìm x để A  A Câu (6 điểm) a) Giải phƣơng trình: x4  x2  6x   b) Tìm nghiệm tự nhiên phƣơng trình: x2  2x  10  y2 c) Cho a  b3  c3  3abc với a, b,c   a  b  c Tính giá trị biểu thức P         b  c  a   Câu (4 điểm) a) Tìm số có chữ số chia hết cho tổng chữ số chia hết cho b) Cho x, y,z số thực dƣơng thỏa mãn: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  1   16x 4y z Câu (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a  12cm, BC  b  9cm Gọi H chân đƣờng vng góc kẻ từ A xuống BD a) Chứng minh tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD b) Tính độ dài đoạn thẳng AH c) Tính diện tích tam giác AHB Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M,N lần lƣợt điểm cạnh AB BC cho BM  BN Gọi G trọng tâm BMN I trung điểm AN Tính góc tam giác ICG Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 155 Website:tailieumontoan.com EF EB AD   (2) EA ED FB EA EF Từ (1) (2)  hay AE2  EF.EG  EG EA AB FB b) Từ (1) (2)    BF.DG  AB.AD  a.b (không đổi) DG AD Câu Do BF / /AD nên ta có:    Từ gt  x2  yz y 1  xz   x 1  yz  y  xz   x y  x yz  y z  xy z  xy  x z  xy z  x yz  x y  x yz  y z  xy z  xy  x z  xy z  x yz       xy  x  y   xyz yz  y  xz  x  z x  y   y  x  y   xyz  x  y  x  y  z   z  x  y  x  y     x  y   xy  xyz  x  y  z   xz  yz   Do x  y  nên xy  xz  yz  xyz  x  y  z   Hay xy  xz  yz  xyz  x  y  z  (dfcm) (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ 46 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (2 điểm) Cho a  b  thỏa mãn 3a  3b2  10ab Tính giá trị biểu thức P  ab ab Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A  12  22  32  42   9992  10002 Câu (1,5 điểm) Cho hai số nguyên, số thứ chia cho dƣ 1, số thứ hai chia cho dƣ Hỏi tổng bình phƣơng chúng có chia hết cho không ? Câu (1,5 điểm) Chứng minh với số tự nhiên n phân số 21n  phân số tối giản 14n  Câu (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P  x  2006  x  2007  2006 Câu (2 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB / /CD) có AB  CD Qua A B kẻ đƣờng thẳng song song với BC AD lần lƣợt cắt CD K I Gọi E giao điểm AK BD, F giao điểm BI AC Chứng minh rằng: Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 156 Website:tailieumontoan.com a) EF / /AB b) AB2  CD.EF HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Xét P a  b  a  b 2  a  2ab  b2 3a  3b  6ab 4ab    a  2ab  b2 3a  3b2  6ab 16ab Vì a  b   P   P  Câu Ta có:      A  12  2  32    999  1000                 999  1000  999  1000          999  1000   500.1001  500500 Câu Vì số thứ chia cho dƣ nên có dạng 5a  , số thứ hai chia cho dƣ nên có dạng 5b  ( a, b  ) Ta có tổng bình phƣơng hai số là:  5a  1   5b  1 2    25a  10a   25b2  10b   5a  5b2  2a  2b  Vậy tổng bình phƣơng hai số chia hết cho Câu Gọi d  UCLN 21n  4;14n   với d  ,d  Ta có: 21n  d 14n  d Khi  21n   d 14n   d Hay 42n  d 42n  d   42n   42n   d hay d  d  Vậy phân số 21n  phân số tối giản với số tự nhiên n 14n  Câu Ta có : P  x  2006  x  2007  2006  x  2006  2007  x  2006   x  2006    2007  x   2006  2007 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 157 Website:tailieumontoan.com Vậy minP  2007  2006  x  2007 Câu A B F E D K I C a) Ta có: AB//CD nên theo hệ Ta let ta có: AF AB  (1) FC IC Mặt khác ta có: AE AB  (2) EK DK Tứ giác ABCK hình bình hành (do AB / /CD, BC / /AK) nên AB = CK (3) Tứ giác ABID hình bình hành (do AB / /CD, BI / /AD) nên AB  DI(4) Từ (3) (4) suy CK  DI  IC  DK   AF AE   EF / /DC  EF / /AB FC EK b) Ta có: AB // CD Từ (1) (2) (5) suy AB AF  (*) (Do AB  DI nên AB  CI  DI  CI  CD) CI CF Mặt khác AEF AKC(EF / /KC)  AF EF AF EF mà KC  AB    * *  AC KC AC AB AB EF Từ (*) (**) suy hay AB2  EF.CD (đpcm)  CD AB (Học sinh làm cách khác điểm tối đa)  ĐỀ SỐ 47 ĐỀ THI CHỌN HSG TỐN LỚP Câu (4 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a)  x  y  z   x3  y3  z3 ; b) x4  2010x2  2009x  2010 Câu (2 điểm) Giải phƣơng trình: Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 158 Website:tailieumontoan.com x  241 x  220 x  195 x  166     10 17 19 21 23 Câu (3 điểm)  2009  x    2009  x  x  2010    x  2010  Tìm x biết:  2009  x    2009  x  x  2010    x  2010  2  19 49 Câu (3 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  2010x  2680 x2  Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, D điểm di động cạnh BC Gọi E,F lần lƣợt hình chiếu vng góc điểm D lên AB,AC a) Xác định vị trí điểm D để tứ giác AEDF hình vng b) Xác định vị trí điểm D cho 3AD  4EF đạt giá trị nhỏ Câu (4 điểm) Trong tam giác ABC, điểm A,E,F tƣơng ứng nằm cạnh BC,CA,AB cho AFE  BFD; BDF  CDE; CED  AEF a) Chứng minh rằng: BDF  BAC b) Cho AB  5, BC  8,CA  Tính độ dài đoạn BD HƯỚNG DẪN GIẢI Câu  3 a) Ta có:  x  y  z   x3  y  z3   x  y  z   x   y  z        y  z   x  y  z    x  y  z  x  x    y  z  y  yz  z     y  z  3x  3xy  3yz  3zx   y  z   x  x  y   z  x  y       x  y  x  z  y  z  b)     x  x  1  x  x  1  2010  x  x  1   x  x  1 x Ta có: x4  2010x2  2009x  2010  x4  x  2010x2  2010x  2010 Câu Ta có: 2  x  2010   x  241 x  220 x  195 x  166     10 17 19 21 23 x  241 x  220 x  195 x  166 1 2 3 4 0 17 19 21 23 x  258 x  258 x  258 x  258     0 17 19 21 23   1 1    x  258         x  258  17 19 21 23  Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 159 Website:tailieumontoan.com  2009  x    2009  x  x  2010    x  2010  Câu  2009  x    2009  x  x  2010    x  2010  2 19 49  ĐKXĐ: x  2009; x  2010 Đặt a  x  2010  a  0 , ta có hệ thức:  a  1   a  1 a  a  a  1   a  1 a  a 2 2  19 a  a  19   49 3a 49  49a  49a  49  57a  57a  19  8a  8a  30   a (tm)    2a  1     2a   2a      a   (tm)   4023 x   (TMDK) 4015 x   2 Câu Ta có: A 2010x  2680 x2  335  x   335x  335  335x  2010x  3015    335   335 x2  x2  Vậy giá trị nhỏ A 335 x  3 Câu C F A D E B a) Tứ giác AEDF hình chữ nhật (vì E  A  F  900 ) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 160 Website:tailieumontoan.com Để tứ giác AEDF hình vng AD tia phân giác BAC b) Do tứ giác AEDF hình chữ nhật nên AD  EF  3AD  4EF  7AD 3AD  4EF nhỏ  AD nhỏ  D hình chiếu vng góc A lên BC Câu A E F O B C D a) Đặt AFE  BFD  , BDF  CDE  ; CED  AEF   Ta có: BAC      1800  *  Qua D,E,F lần lƣợt kẻ đƣờng thẳng vng góc với BC,AC,AB cắt O Suy O giao điểm ba đƣờng phân giác tam giác DEF  OFD  OED  ODF  900 (1) Ta có: OFD    OED    ODF    270 (2) 1 &          180  * *  Từ  *  &  * *   BAC    BDF b) Chứng minh tƣơng tự câu a) ta có: B  ,C    AEF DBF DEC ABC   BD BA  5BF  5BF  5BF  BF  BC   BD   BD   BD      7CE 7CE 7CE  CD CA       CD   CD   CD   8  CE CB     AE AB 7AE  5AF 7   CE     BF  7CE  5BF  24  AF  AC          CD  BD  (3) Ta lại có: CD  BD  (4) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 161 Website:tailieumontoan.com Từ (3) (4)  BD  2,5 (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ 48 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử c) x4  d)  x   x   x   x    24 a2 b2 c2 a b c   0    Chứng minh rằng: bc ca a b bc ca a b Câu (2 điểm) Cho  x   10  x    Cho biểu thức A    :x 2  x 2   x 4 2x x2   a) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị x để A  b) Tính giá trị A biết x  d) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD,M điểm tùy ý đƣờng chéo BD Kẻ ME  AB, MF  AD a) Chứng minh DE  CF b) Chứng minh ba đƣờng thẳng DE, BF,CM đồng quy c) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn Câu (1,5 điểm) Cho a, b dƣơng a2000  b2000  a 2001  b2001  a 2002  b2002 Tính : a 2011  b2011 Câu Cho số dƣơng a, b,c có tổng Chứng minh rằng: 1   9 a b c HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1a x4   x4  4x2   4x2 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 162 Website:tailieumontoan.com   x   2x   x   2x     x  4x    2x   x    2x  2 2 1b  x   x   x   x    24     x  7x  11  x  7x  11   24     x  7x  11  1  24     x   7x   x  7x  16    x  1 x    x  7x  16   x  7x  11  52 2 2 Nhân vế a b c    với a  b  c , rút gọn suy đpcm bc ca a b Câu a) Rút gọn biểu thức đƣợc kết quả: A    x A   b) x     A  x     c) A   x  1 d) A    x2 Câu 1 x2 4   x  1; 3 A F E B M D C a) Chứng minh AE  FM  DF  AED  DFC  dfcm b) DE,BF,CM ba đƣờng cao EFC  dpcm Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 163 Website:tailieumontoan.com d) Có chu vi hình chữ nhật AEMF  2a không đổi  ME  MF  a không đổi  SAEMF  ME.MF lớn  ME  MF (AEMF hình vng)  M trung điểm BD Câu a 2001     b 2001  a  b   a 2000  b 2000 ab  a 2002  b 2002   a  1  ab  a    a  1 b  1    b   b  (tm) Vì a   b2000  b2001    b  (ktm) a  1(tm) Vì b   a 2000  a 2001   a  0(ktm) Vậy a  1; b   a2011  b2011  Câu Ta có: 1 b c a   a  a  a c 1 a  b  c     1  b b b a b 1 c  1 c  c   1 a b a c  b c     3        3 2 2  a b c b a  c a  c b (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) Dấu “=” xảy  a  b  c  ĐỀ SỐ 49 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (2 điểm) Cho P  a  4a  a  a  7a  14a  a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên a để P nhận giá trị nguyên Câu (2 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phƣơng chúng chia hết cho Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 164 Website:tailieumontoan.com b) Tìm giá trị x để biểu thức: P   x  1 x   x   x   có giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Câu (2 điểm) 1 1    x  9x  20 x  11x  30 x  13x  42 18 b) Cho a, b,c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a) Giải phƣơng trình: a b c   3 bc a a c  b a  bc Câu (3 điểm) A Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm BC Một góc xMy 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx,My cắt cạnh AB AC lần lƣợt D E Chứng minh: BC2 b) DM,EM lần lƣợt tia phân giác góc BDE CED a) BD.CE  c) Chu vi tam giác ADE khơng đổi Câu (1 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dƣơng số đo diện tích số đo chu vi HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) a  4a  a    a  1 a  1 a   a  7a  14a    a   a  1 a   Nêu ĐKXĐ: a  1;a  2;a  Rút gọn P  a 1 a2 b) P a23  1 ; ta thấy P nguyên a  ƣớc 3, mà U(3)  1;1; 3; 3 , từ a2 a2 tìm đƣợc a  1; 3; 5 Câu a) Gọi số phải tìm a b, ta có a  b chia hết cho     Ta có: a  b3   a  b  a  ab  b2   a  b   a  2ab  b2  3ab   a  b  a  b   3ab  Vì     a  b chia hết  a  b   3ab chia hết cho Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 165 Website:tailieumontoan.com Do  a  b   a  b   3ab chia hết cho     Ta thấy  x  5x   nên P   x  5x   36  36    b) P   x  1 x   x   x    x2  5x  x  5x   x  5x  36 2 2 x  Do dó MinP  36  x2  5x     x  5 Câu a) Ta có: x2  9x  20   x   x   ; x2  11x  30   x   x   ; x  13x  42   x   x   ĐKXĐ: x  4; x  5; x  6; x  7 Phƣơng trình trở thành: 1    x   x    x   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  13  x      x  b) Đặt b  c  a  x  0; c  a  b  y  0;a  b  c  z  từ suy a  yz xy xz ;b  ;c  ; 2 Thay vào ta đƣợc: A  Từ suy A  y  z x  z x  y  y x   x z   y z                  2x 2y 2z  x y   z x   z y       hay A  Câu y A x E D 1 B Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp C M TÀI LIỆU TOÁN HỌC 166 Website:tailieumontoan.com a) Trong tam giác BDM ta có: D1  1200  M1 Vì M2  600 nên ta có: M3  1200  M1 Suy D1  M3 Chứng minh BMD CEM (1) BD CM , Từ BD.CE  BM.CM  BM CE Suy BC2 BC , nên ta có: BD.CE  BD MD b) Từ (1) suy  CM EM Vì BM  CM  Chứng minh BMD MED  D1  D2 , DM tia phân giác BDE Chứng minh tƣơng tự ta có : EM tia phân giác CED c) Gọi H,I,K hình chiếu M AB, DE,AC Chứng minh DH  DI,EI  EK Tính chu vi tam giác 2AH - không đổi Câu Gọi cạnh tam giác vuông x, y,z cạnh huyền z ( x, y,z số nguyên dƣơng) Ta có: xy   x  y  z 1 x2  y2  z2 (2) Từ (2) suy z2   x  y   2xy, thay (1) vào ta có: z2   x  y    x  y  z  z  4z   x  y    x  y  z  4z    x  y    x  y   z  2  x  y  2 2 Suy z   x  y   z  x  y  4; thay vào  1 ta đƣợc: xy   x  y  x  y   xy  4x  4y  8  x   y    1.8  2.4 Từ ta tìm đƣợc giá trị x, y,z là:  x; y; z   5;12;13 ; 12; 5;13 ;  6; 8;10  ; 8; 6;10  (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 167 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 50 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A   a  1 a   a   a    15 Câu (2 điểm) Với giá trị a b đa thức  x  a  x  10   phân tích thành tích đa thức bậc có hệ số nguyên Câu (1 điểm) Tìm số nguyên a b để đa thức A(x)  x4  3x3  ax  b chia hết cho đa thức B(x)  x  3x  Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC, đƣờng cao AH, vẽ phân giác Hx góc AHB phân giác Hy AHC Kẻ AD vng góc với Hx , AE vng góc với Hy Chứng minh tứ giác hình vng Câu (2 điểm) Chứng minh rằng: P       2 32 1002 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Ta có: A   a  1 a   a   a    15  (a  1)(a  7)(a  3)(a  5)  15   a  a  a    a  8a  a  8a  15  15  8a     8a  12  a   a   a    a   22 a  8a  120  8a  11  12 2   8a  10   8a  10 Câu Giả sử :  x  a  x  10     x  m  x  n  m, n    x   a  10  x  10a   x   m  n  x  mn 2 m  n  a  10  mn  10a  Khử a ta có: Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 168 Website:tailieumontoan.com mn  10  m  n  10    mn  10m  10n  100   m(n  10)  10(n  10)  m  10  m  10  1 a  12 Vì m,n ngun ta có:  &  n  10  n  10  1 a    Câu Ta có: A(x)  B(x) x2    a   x  b  a   a  Để A(x) B(x)   b    b  4 Câu A y x D B E H C Tứ giác ADHE hình vng Hx phân giác AHB; Hy phân giác AHC mà AHB AHC hai góc kề bù nên Hx  Hy Hay DHE  900 , mặt khác: AHD  AEH  900 nên tứ giác AHD  Hay ADHE hình chữ nhật (1) AHC 900 AHB 900    450 , Do AHE   450 2 2 HA phân giác DHE (2) Từ (1) (2) ta có tứ giác ADHE hình vng Câu Ta có: 1 1     2 100 1 1      2.2 3.3 4.4 100.100 1 1      1.2 2.3 3.4 99.100 1 1 1 1 99           1  1 2 3 99 100 100 100 P Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 169 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp Website:tailieumontoan.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... 322; 511;700; 266; 455 ; 644; 83 3; 399; 588 ; 777; 966 Vậy có 18 số thỏa mãn Câu toán: 707; 5 18; 329;770; 581 ; 392 ;133; 322; 511;700 ; 266 ; 455; 644; 83 3; 399; 588 ;777; 966 b) Vì x  y  z ... nguyên tố, nên:  p  q  59 q  29 Từ n  18  p2  302  900  n  88 2 Thay vào n  41, ta đƣợc 88 2  41  84 1  292  q Vậy với n  88 2 n  18 n  41 hai số phƣơng b) Có:  a  b    a... GIC vuông I Vậy GIC  900 ; IGC  600 ; GCI  300 (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP