De thi chon HSG

Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, c¾t tia BA t¹i O... Do vËy a+b.[r]

ường THCS Mỹ Hưng

ĐỀ THI ễLYMPIC MễN TOÁN LỚP 8

(120 Phỳt) (năm học 2013 – 2014)

Câu 1 : (6 điểm)

a) Giải phơng trình : 1

x2+9 x +20+

1

x2+11 x+30+

1

x2+13 x +42=

1 18

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

A = b+c − a a + b

a+c −b+

c a+b − c ≥ 3

Câu 2 : (5 điểm)

a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho

3 thì tổng các lập phơng của chúng chia hết cho 3

b) Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1

Cõu 3 (3 điểm )

a Cho 3 số dương a, b, c cú tổng bằng 1 Chứng minh rằng:

1 1 1

9

a  b  c 

b Cho a, b dơng và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002

Tinh: a2011 + b2011

Bài 4 : ( 6 điểm )

Cho tam giác ABC vuông tại A Gọi M là một điểm di động trên

AC Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O Chứng minh rằng :

a ) OA.OB = OC.OH

b ) Góc OHA có số đo không đổi

c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi

Đỏp ỏn – hướng dẫn chấm

Câu 1 : (6 đ)

a) (3 đ) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;

x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;

x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; 0,5

ĐKXĐ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ;x ≠ −7 0,5

Phơng trình trở thành :

¿

1 (x+4)(x +5)+

1 (x+5)(x +6)+

1 (x+6)(x +7)=

1 18

¿

x +41 − 1

x +5+

1

x +5 −

1

x +6+

1

x+6 −

1

x +7=

1 18

x +41 − 1

x +7=

1 18

1,75

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0

Từ đó tìm đợc x=-13; x=2; ( 0,25đ)

b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0

Từ đó suy ra a= y +z2 ; b= x+ z

2 ;c=

x+ y

2 ; ( 1,5đ )

Thay vào ta đợc A= y +z 2 x +x +z

2 y +

x + y

2 z =

1

2[(y

x+

x

y)+(

x

z+

z

x)+(

y

z+

z

y)] ( 0,75 đ)

Từ đó suy ra A 12(2+2+2) hay A 3 ( 0,25đ )

Câu 2 : (2đ)

a) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a+b chia hết cho 3

Ta có a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [(a2+2 ab+b2)− 3 ab] =

=(a+b) a+b¿

2

− 3 ab

¿

¿

0,5

Vì a+b chia hết cho 3 nên (a+b)2-3ab chia hết cho 3 ;

Do vậy (a+b) a+b¿

2

− 3 ab

¿

¿

chia hết cho 9

b ) ( 3đ ) n5 + 1  n3 + 1 n5 + n2 – n2 + 1  n3 + 1

 n2(n3 + 1)- ( n2 – 1)   n3 + 1

 (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)

 n – 1 n2 – n + 1

 n(n – 1) n2 – n + 1

Hay n2 – n n2 – n + 1

 (n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1

 1n2 – n + 1

Xét hai trờng hợp:

+ n2 – n + 1 = 1  n2 – n = 0  n(n – 1) = 0  n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài

+ n2 – n + 1 = - 1  n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn

Cõu 3

a Từ: a + b + c = 1 

1

1

1



  







  







  



 ( 1đ )

3

3 2 2 2 9

            

    

Dấu bằng xảy ra  a = b = c =

1

3 ( 0,5 đ )

b (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002

 (a+ b) – ab = 1

 (a – 1).(b – 1) = 0

 a = 1 hoặc b = 1 ( 1 đ )

Với a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoặc b = 0 (loại)

Với b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại) ( 0,5 đ )

Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

Cõu 4 ( 6 đ )

a) BOH ~ COA (g-g) 

OB OH

OC OA  OA.OB = OC.OH ( 2 đ )

b)

OB OH

OC OA 

OA OH

OC OB (1)

OHA và OBC có O chung (2)

Từ (1) và (2)  OHA ~ OBC (c.g.c)

 OHA OBC  (không đổi) ( 2 đ )

c) Vẽ MK  BC ; BKM ~ BHC (g.g)

BM BK

BC BH

BM.BH = BK.BC (3)

CKM ~ CAB (g.g)

CM CK

CB CA

CM.CA = BC.CK (4) Cộng từng vế của (3) và (4) ta cú: BM.BH + CM.CA = BK.BC +

BC.CK

= BC(BK

+ CK) = BC2 (không đổi) ( 2 đ )

C K

B

O

A

H M