1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

200 đề HSG toán 8 hồ khắc vũ

355 13 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 355
Dung lượng 4,83 MB

Nội dung

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4  x2  x2    Cho biểu thức M  x  x4  x2  x4  4x2  a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M  2x  y  1 Cho x, y số hữu tỉ khác thỏa mãn 1 x 1 y Chứng minh M  x  y  xy bình phương số hữu tỷ Bài (4,0 điểm) Tìm số dư phép chia  x  3 x  5 x   x    2033 cho x2  12 x  30 Cho x, y, z thỏa mãn x  y  z  7; x  y  z  23; xyz  1   Tính giá trị biểu thức H  xy  z  yz  x  zx  y  Bài (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 3x2  3xy  17  x  y Giải phương trình:  3x   x  1  3x  8  16 Bài (6 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M   MB  MA cạnh BC lấy N cho MON  900 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vng góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN   1 KB KH BH Bài (1,0 điểm) 24 Cho x, y  thỏa mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ H  x  y   x y ĐÁP ÁN Bài 1 a) M x4  x2  x2     x2  1 x4  x  1 x4  x2   x  1 x  3 x4  x2  1    2  x  1 x  x  1 x  x  x   x    x  1 x  1   x  x  1 x  1 x  x  1 x4   x4   x4  x2    x  1 x  x  1 x  x  1 x4  x2 x2     x  1 x4  x2  1  x2  1 x  x  1 x4  x2  x2 với x x4  x2  x2 b) Ta có : M  với x x  x2  - Nếu x  ta có M  Vậy M  - Nếu x  , chia tử mẫu M cho x ta có: M  1 x2   x 1 1 1   Ta có: x     x  2.x      x     x x x  x    Dấu "  " xảy x  Nên ta có: M  x  x 1 Vậy M lớn M  x   2x  y    1  x 1  y   1  y 1  x   1  x 1  y  1 x 1 y Ta có 3xy    y  x  xy   x  y  xy   x  y  xy  x  y  2 2  3xy    3xy   2 Ta có : M  x  y  xy   x  y   3xy     3xy         Vì x, y  nên 3xy  số hữu tỷ , Vậy M bình phương số hữu tỷ Bài 1) Ta có:  x  3 x  5 x   x    2033    x  12 x  27  x  12 x  35  2033 Đặt x2  12 x  30  t , ta có:  x  3 x  5 x   x    2033   t  3 t  5  2033  t  2t  15  2033  t  t    2018 Vậy ta có  x  3 x  5 x   x    2033   x  12 x  30  x  12 x  32  2018 Vậy số dư phép chia  x  3 x  5 x   x    2033 cho x2  12 x  30 2018 2) Vì x  y  z   z   x  y   xy  z    xy  x  y    x  1 y  1 Tương tự ta có: yz  x    y  1 z  1 ; zx  y    z  1 y  1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H      x  1 y  1  y  1 z  1  z  1 x  1  x  1 y  1 z  1  x  y  z  73 Ta   xyz   xy  yz  xz    x  y  z     xy  yz  xz      xy  yz  xz  có:  x  y  z   x  y  z   xy  yz  xz   72  23   xy  yz  xz    xy  yz  xz  13  1 Vậy H   13 Bài 1) Ta có: 3x  3xy  17  x  y  3xy  y  3x  x  17  3x   y  3x  x  17 Vì x nguyên nên x   nên ta có: 3x  x  17 3x  x  x   11 y  3x  2  x  3x     3x    11 11   x   3x  3x  11 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên  11 3x   3x   1; 11 3x  - Xét trường hợp ta tìm x  1; y  1; x  3; y  thỏa mãn kết luận 2) Ta có:  3x   x  1  3x  8  16   3x   3x  3  3x  8  144 Đặt 3x   t  3x   t  5;3x   t  2 Ta có phương trình:  t  5 t  t  5  144  t  25t  144    t   t  16   t  t  3   t  5 t  16 Xét trường hợp ta tìm x  0; x  2; x  ; x   3 Bài M A O B N K D C E H 1) Ta có : BOC  900  CON  BON  900 ; MON  900  BOM  BON  900  BOM  CON BOC  450 Ta có BD phân giác ABC  MBO  CBO  BOC  450 Vậy ta có : MBO  NCO Xét OBM OCN có OB  OC; BOM  CON ; MBO  NCO  OBM  OCN  OM  ON Xét MON có MON  900 ; OM  ON  MON vuông cân 2) OBM  OCN  MB  NC mà AB  BC  AB  MB  BC  NC AM BN  AM  BM   MB NC AN BN  Ta có: AB / /CD  AM / / CE  NE NC AM AN   MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) Vậy ta có:  MB NE 3) Vì MN / / BE  BKN  MNO  450 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO   BNK ONC (vì có BNK  ONK ; BKN  OCN  450 )  NK NC NB NO   BNO KNC - Xét BNO; KNC có BNO  CNK ; NK NC  NKC  NBO  450 Vậy ta có: BKC  BKN  CKN  450  450  900  CK  BE Tương tự ta có: NCO  DCO  4) – Vì KH / /OM mà MK  OK  MK  KH  NKH  900 mà NKC  450  CKH  450  BKN  NKC  CKH  450 Xét BKC có BKN  NKC  KN phân giác BKC , mà KH  KN KC HC   KH phân giác BKC  KB HB KN BN  Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH        1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 24 Ta có: H  x  y   x y  1   24   x  x  1   y  y  8    x      y  24    x  y   17 x   y    x  1   y   2  x  1  x       17  22 6 y  2    x  y   17 y  y  2 Dấu "  " xảy   x  1   y     x  y  x y  x  y  Vậy H nhỏ H  22  x  1, y  2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC  x  1  2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN LỚP Ngày thi: 30/3/2013 Câu (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P  2a3  7a2b  7ab2  2b3 2) Cho x2  x  Tính giá trị biểu thức Q  x6  x5  x  x3  x  x  Câu (4,5 điểm) x 1  4026  x 1 1) Cho biểu thức R   Tìm x để biểu thức xác   :  x  2x x  2x x  4x  x định, rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x   x  1 x  1 x    Câu (4,0 điểm) 1) Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh n3  n chia hết cho 24 2) Tìm số tự nhiên n để n2  4n  2013 số phương Câu (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông A D Biết CD  AB  AD BC  a a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b) Gọi I trung điểm BC , H chân đường vng góc kẻ từ D xuống AC Chứng minh HDI  450 2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Độ dài đường phân giác tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C la , lb , lc Chứng minh rằng: 1 1 1      la lb lc a b c Câu (1,0 điểm) Cho hai số không âm a b thỏa mãn: a  b2  a  b Tính giá trị lớn biểu thức: a b S  a 1 b 1 ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có: P   a3  b3   7ab(a  b)   a  b   a  ab  b   7ab  a  b    a  b   2a  2b  5ab    a  b   2a  4ab  2b  ab    a  b   2a  a  2b   b  a  2b     a  b  2a  b  a  2b  Kết luận P   a  b  2a  b  a  2b  2) Ta có: Q  x  x  x  x    x  x  x   x  x  x   x2  x2  x    x2  x   x  2  x2  x   Vậy Q  Câu 1)  x 1  x x 1 Ta có: R      x x  x x  x x         4026  x  ĐK: x  x       x  2 Khi đó:  x 1 x 1  R     4026  x  x  x     x  1 x     x  1 x    4026 x2  2  x  4   4026 x  2013 x  Vậy R xác định  R  2013  x  2 2) +Nếu x  2, phương trình cho trở thành :  x   x  1 x  1 x      x  1 x     x  x   x  x     x  0(ktm)    x  5(tm)  x   5(ktm)  +)Nếu x  2, phương trình cho trở thành:   x  x  1 x  1 x      x   x  1 x  1 x    4   x  1 x    4  x4  5x2   5    x     vơ nghiệm 2  Phương trình có nghiệm x  Câu 1) Ta có: n3  n  n  n  1 n  1 Vì n  1; n; n  ba số tự nhiên liên tiếp nên có ba số chia hết cho Do  n3  n  (2) Vì hai số nguyên tố nên kết hợp với 1 ;   suy n  n  24  dpcm  2) Giả sử n2  4n  2013  m2  m   Suy  n    2009  m2  m2   n    2009 2   m  n  2 m  n    2009 Mặt khác 2009  2009.1  287.7  49.41 m  n   m  n  nên có trường hợp sau: m  n   2009 m  1005 TH 1:   m  n    n  1002 m  n   287 m  147 TH :   m  n   n  138 m  n   49 m  45 TH 3:   m  n   41  n  Vậy số cần tìm 1002;138;2 Câu B A H I D E C 1) a) Gọi E trung điểm CD, ABED hình vng BEC tam giác vng cân Từ suy AB  AD  a, BC  2a Diện tích hình thang ABCD S   AB  CD .AD   a  2a .a  3a 2 b) ADH  ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vng góc) Xét hai tam giác ADC IBD vng D B có: AD IB   , hai tam giác ADC IBD đồng dạng DC BC Suy ACD  BDI (2) Từ 1 ,    ADH  BDI Mà ADH  BDH  450  BDI  BDH  450 hay HDI  450 2) M A B D C ...  Suy  n    2009  m2  m2   n    2009 2   m  n  2 m  n    2009 Mặt khác 2009  2009 .1  287 .7  49.41 m  n   m  n  nên có trường hợp sau: m  n   2009 m  1005 TH... Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với a, b, c  ta có 18a 18a   2 3a  2b  c  a  b   a  c 2.2 18a  ab  2  ac   18a 4ab  2ac 18a 18a 18a    2 3a  2b  c 4ab  2ac 2a. 2b  c  2b... 49  8a  Ta có phương trình: a 8a    1  8a  9a     a  18a  1   a  1hoặc a  1 x  )2 x  x   1  x  x    ( x  2)(2 x  3)    x   2 )2 x  x   1  8? ??7

Ngày đăng: 13/04/2021, 19:28

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w