Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện - Môn: Toán lớp 8

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện - Môn: Toán lớp 8

1. PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC : 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (2,0 điểm) a3 4a2 a 4 a) Rút gọn biểu thức: P a3 7a2 14a 8 b) Tìm đa thức f (x) biết rằng : f (x) chia cho x 2 dư 10, f x chia cho x 2 dư 26, f x chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình x 43 x 46 x 49 x 52 a) 57 54 51 48 b) 2x 3 x 2 2 2x 5 3 Câu 3. (2,0 điểm) 3 3 a) Chứng minh rằng: Q n3 n 1 n 2 9 với mọi n ¥ * b) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c A 3 b c a a c b a b c Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) . Các đường cao AE,BF,CG cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM,a cắt AB, AC lần lượt tại I và K a) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác EFC b) Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK,b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC ND,HI HK AH BH CH c) Chứng minh 6 HE HF HG Câu 5. (1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn abc 1.Chứng minh rằng: 1 1 1 3 a3 b c b3 c a c3 a b 2
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 2 2 2 a3 4a2 a 4 a a 1 4 a 1 a 1 a 4 P a3 7a2 14a 8 a3 8 7a a 2 a 2 a2 5a 4 a) a 1 a 1 a 4 a 1 a 2 a 1 a 4 a 2 a 1 Vậy P với a 1;2;4 a 2 b) Giả sử f x chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư là ax b. Khi đó f (x) x2 4 . 5x ax b Theo đề bài, ta có: f 2 26 2a b 26 a 4 f 2 10 2a b 10 b 18 Do đó f x x2 4 . 5x 4x 18 Vậy đa thức f x cần tìm là f (x) x2 4 . 5x 4x 18 Câu 2. x 43 x 46 x 49 x 52 a) pt 1 1 1 1 57 54 51 48 x 100 x 100 x 100 x 100 0 57 54 51 48 1 1 1 1 x 100 0 x 100 57 54 51 48 b) 2x 3 x 2 2 2x 5 3 2x 3 2x 5 x 2 2 3 4x2 16x 15 x2 4x 4 3(2) Đặt y x2 4x 4 4x2 16x 16 4y 1
3. y 1 Khi đó 2 y 4y 1 3 0 y 1 4y 3 0 4y 3 0 2 x 1 +) y 1 x 4x 4 1 x 3 +)4y 3 4x2 16x 16 3 0(VN) Vậy S 1; 3 Câu 3. a) Q n3 n 1 3 n 2 3 n3 n3 3n2 3n 1 n3 6n2 12n 8 3 n3 3n2 5n 3 Đặt C n3 3n2 5n 3 n3 n2 2n2 2n 3n 3 n2 n 1 2n n 1 3 n 1 n n 1 n 2 3 n 1 Ta thấy n n 1 n 2 chia hết cho 3( vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp) Và 3 n 1 3 C chia hết cho 3 Nên Q 3C chia hết cho 9 b) Đặt b c a x 0;c a b y 0;a b c z 0 y z x z x y Từ đó suy ra a ;b ;c 2 2 2 Thay vào biểu thức A ta được: y z x z x y 1 y x x z y z A 2x 2y 2z 2 x y z x z y 1 A 2 2 2 A 3 2
4. Câu 4. A F G K I H B E M C N D CE CA a) Ta có AEC : BFC(g.g) CF CB CE CA Xét ABC và EFC có , Cµ chung CF CB ABC : EFC(cgc) b) Vì CN / /IK,HM  IK HM  CN M là trực tâm HNC MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm ABC) MN / / AD Do M là trung điểm BC NC ND
5. IH AH HK AH (Vi IH / /DN) (Vi KH / /CN) DN AN CN AN IH IK AH S S S S S S c) Ta có: AHC ABH AHC ABH AHC ABH HE SCHE SBHE SCHE SBHE SBHC BH S S CH S S Tương tự ta có: BHC BHA ; BHC AHC HF SAHC HG SBHA AH BH CH S S S S S S AHC ABH BHC BHA BHC AHC 6 HE HF HG SBHC SBHC SAHC SAHC SBHA SBHA Dấu " "xảy ra khi ABC đều mà theo gt AB AC nên không xảy ra dấu bằng. Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: a,b,c ¡ , x, y, z 0 ta có: 2 a2 b2 c2 a b c a b c (*) . Dấu " "xảy ra x y z x y z x y z 2 a2 b2 a b Thật vậy, với a,b ¡ và x, y 0 ta có: ( ) x y x y a2 y b2 x x y xy a b 2 bx ay 2 0(luon dung) a b Dấu " "xảy ra x y Áp dụng BĐT ( ) ta có: 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z x y z a b c Dấu " "xảy ra x y z Ta có:
6. 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a3 b c b3 c a c3 a b ab ac bc ab ac bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b c (Vi abc 1) ab ac bc ab ac bc 2 ab ac bc 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 Hay ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 1 1 1 a2 b2 c2 3 Mà 3 nên a b c ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 Vậy a3 b c b3 c a c3 a b 2