De thi HSG Toan8 Vinh Phuc 20102011

Gọi G là giao điểm cua AI và PK theo Thales có Suy ra G là trọng tâm của tam giác MNP và G là trọng tâm của tam giác ABC.[r]

Phòng GD-ĐT h.Lập Thạch - Vĩnh Phúc ĐỀ CHỌN HSG TOÁN Ngày thi : 05-5-2011 ( Thời gian làm bài 120 phút ) Bài : (4 điểm) 1, Cho x,y thoả mãn B y  x  y  0 và x  xy 2y 2.1     1  2, Tính : Bài : (4 điểm)  2.2 1   1   2.3    1  Tính   A 3x  y xy 2.99 1  99  99 1  f x ax  bx  10x  g x x  x  1, Tìm a,b cho   chia hết cho đa thức   2,Tìm số nguyên a cho a  là số nguyên tố Bài : (3 điểm) x 5x   Giải phương trình : x  x  x  Bài : (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC 60 độ Hai đường chéo cắt tai O , E thuộc tia BC cho BE ba phần tư BC , AE cắt CD F Trên hai đoạn AB và CD lấy hai điểm G và H cho CG song song với FH BG.DH  BC 1, Chưng minh : 2, Tính số đo góc GOH Bài : (3 điểm) Cho tan giác ABC ba điểm M,N,P thuộc các cạnh BC,CA,AB cho BM CN AP BM   &  BC CA AB BC Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm Bài : (2 điểm) 2 Cho các số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : x3 y3 z3    y  2z z  2x x  y HẾT gv: Nguyễn Quang Sáng (sưu tầm) ĐÁP ÁN Bài : (4 điểm)  x  y 0 y  x  y  0    y 0 1, Từ: x  xy 2y    x  y   x-2y  0 Vì x  y 0 Nên x-2y 0  x 2y 3.2 y  y y   2y  y 3y Ta có : 2.1  2.2  2.3  2.99  B     2 2    1    1    1   99  99 1  2, Tính : A  n  1  n  2  n  n  1   n  1 n2 n  Với , ta có 2.n   1  n  n  1 1 1 1 9999 B        1   2 2 99 100 100 10000 Áp dụng vào bài toán ta có : Bài : (4 điểm) g x x  x  2=  x  1  x   f x ax  bx  10x  1, Ta có :   Vì   chia hết cho đa thức g  x  x  x  .Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x)  ax  bx  10x  4=  x-2   x-1 q  x  Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6  1 x=-2  2a-b+6=0   Với Thay (1) vào (2) Ta có : a=2 & b=4 a  4= a -2a+2 a +2a+2   2,Ta có : 2 Vì a  c  a -2a+2  c;a +2a+2  c  2 Có a +2a+2=  a+1  1 a 2 Và a -2a+2=  a-1 1 1 a 2 Vậy a  là số nguyên tố thì a +2a+2=1 a - 2a+2=1 Nếu a -2a+2=1  a 1 thử lại thấy thoả mãn Nếu a +2a+2=1  a  thử lại thấy thoả mãn Bài : (3 điểm) Điều kiện : x  x 5x   Với x = không phải là nghiệm phương trình x  x  x  x 5x   2 Với x 0 phương trình x  x  x  trở thành    * 4   x 4 x y x   x x x Đặt phương trình (*) trở thành y  y  Điều kiện : y 2 & y   y 0 y  y 0  y  y  3 0    y  0 Phương trình trở thành x   0  x  x  0   x  1  0 x Với y = thì phương trình vô nghiệm x     x  x  0   x  1  x   0  x Với y = -3 thì S   1;  4  x   x   thoả mãn điều kiện Vậy tập nghiệm phương trình là Bài : (4 điểm) 1, Chứng minh BCG đồng dạng DHF  BC BG   BC.DF DH BG DH DF 3 DF  DC  BC  BG.DH  BC 4 Theo định lý Thales tính 2, Theo định lý Pythagos tính BG BO BO BC  CO  BC  BG.DH BO BO BO.DO   DO DH Ta có GBO HDO 30 Nên BGO đồng dạng DOH Suy GHO 30 Bài : (3 điểm) Qua N kẻ NQ //AB ( Q thuộc BC ) , theo định lí Thales ta có : QC CN QC BM  ;  gt     QC BM BC CA BC BC QN CQ QN AP  ;  gt     AB QN AB CB AB AB Gọi I, K là trung điểm MQ và MN Suy IK là đường trung bình tam giác MNQ Vậy IK / / QN , IK  QN AP  IK / / AP; IK  2 GI GK KI    GA GP PA Gọi G là giao điểm cua AI và PK theo Thales có Suy G là trọng tâm tam giác MNP và G là trọng tâm tam giác ABC Bài : (2 điểm) x3 z3  x  y  z  6 x ; y  y  z  x  6 y ;  z  x  y  6 z ; x  2y z  2x Ta có : y  z 2  x  y    y  z    z  x  0  x  y  z xy  yz  zx Lại có : Nên Bài : (2 điểm) 2 Cho các số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : x3 y3 z3    y  2z z  2x x  y x3 y3 z3     xy  yz  xz  6 x  y  z y  z z  x x  y Ta có : x3 y3 z3 x2  y  z      y  2z z  2x x  y 3 Dấu xảy x  y z 1  