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

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

1. UBND QUẬN TÂY HỒ ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP QUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2019 – 2020 (Đề thi gồm 01 trang) Môn: Toán Ngày thi: 02/07/2020 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (4 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn điều kiện x 0, y 0 và x y 1 2 2 2 y x y 2x y x 1) Rút gọn biểu thức A : xy x y 2 2 2 2 y2 x2 x y 2) Chứng minh A 4 Bài 2. (4 điểm) . 4 2 3 1) Cho đa thức P x x ax bx c chia hết cho đa thức x 1 . Tìm a, b, c 2) Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 2 y 2 5 0 Bài 3. (4 điểm) 1) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và ha ,hb ,hc là các chiều cao tương ưngs. 1 1 1 1 1 1 Chứng minh hệ thức: a b c ha hb hc a b c hz hb hc 2) Giải phương trình: 4x 3 2 2x 1 x 1 810 Bài 4. (6,0 điểm) 1) Cho tam giác nhọn ABC . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC , đường thẳng qua H vuông góc với MH cắt AB tại P , cắt AC tại Q . Chứng minh rằng: a) AHP : CMH HP MH b) AH CM c) MPQ cân. 2) Từ đỉnh góc tù B của hình bình hành ABCD kẻ BK  AD, BI  CD (K AD; I CD) . Gọi H là trực tâm BIK . Tính độ dài BH biết BD 17cm; IK 15cm. Bài 5. (2 điểm) 1) Giải phương trình : x 2019 2019 x 2020 2020 1 1 1 1 2) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : 4 . Chứng minh rằng : x y z 1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z  HẾT  S
2. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP QUẬN MÔN TOÁN 8 (2019 – 2020) Bài 1. Cho x, y là hai số thỏa mãn điều kiện x 0, y 0 và x y 1 2 2 2 y x y 2x y x 1) Rút gọn biểu thức A : xy x y 2 2 2 2 y2 x2 x y 2) Chứng minh A 4 Lời giải 2 2 2 y x y 2x y x 1) A : xy x y 2 2 2 2 y 2 x2 x y y x y 2 2x2 y x2 : 2 2 2 xy x y x y x y x y x y Vì x y 1 nên thay vào A ta có y x y2 2x2 y x2 A : 2 2 xy x y x y x y y x y2 2x2 y x2 x y y x y2 2x2 y x3 x2 y y x y2 x2 y x3 : : : xy x y 2 xy x y 2 xy x y 2 y x y2 x2 x y : xy x y 2 Tiếp tục thay x y 1 vào A ta có 2 y x y2 x2 y x x y A : . , thay x y 1 ta có xy x y 2 xy y x y x x y 2 A xy 2 2 2 x y x2 2xy y2 x2 2xy y2 4xy x y 4xy x y 2) A 4 xy xy xy xy xy 1 4 xy Do x 0, y 0 nên xy 0 1 A 4 4 xy 4 2 3 Bài 2. 1) Cho đa thức P x x ax bx c chia hết cho đa thức x 1 . Tìm a,b,c S
3. 2) Tìm cặp số nguyên x , y thỏa mãn đẳng thức x2 2y2 5 0 Lời giải 1) x 1 3 x3 3x2 3x 1 3 2 Thực hiện phép chia đa thức P x cho đa thức x 3x 3x 1 ta được thương là x 3 và dư là a 6 x2 b 8 x c 3 4 2 3 Để đa thức P x x ax bx c chia hết cho đa thức x 1 thì a 6 0 a 6 2 a 6 x b 8 x c 3 0 với mọi giá trị của x b 8 0 b 8 c 3 0 c 3 Vậy a 6, b 8, c 3 2) x2 2y2 5 0 x2 2y2 5 do 2y2 5 là số lẻ nên x2 lẻ do đó x là số lẻ Đặt x 2k 1 (k Z) 2k 1 2 2y2 5 4k 2 4k 1 2y2 5 2y2 4k 2 4k 4 y2 2k 2 2k 2 y2 2 k 2 k 1 Do 2 k 2 k 1 là số chẵn nên y2 chẵn dó đó y là số chẵn x 2 p 1 (p Z) 4 p2 2 k 2 k 1 2 p2 k 2 k 1 2 p2 1 k 2 k 2 p2 1 k k 1 (*) Do 2 p2 1 là số lẻ; k k 1 là số chẵn nên (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 3. 1) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và ha ,hb ,hc là các chiều cao tương ứng. 1 1 1 1 1 1 Chứng minh hệ thức: a b c ha hb hc a b c hz hb hc 2 2) Giải phương trình: 4x 3 2x 1 x 1 810 Lời giải 1 1 1 1) Gọi S là diện tích tam giác. Khi đó : S h .a h .b h .c 2 a 2 b 2 c 2S 2S 2S h ;h ;h a a b b c c 1 1 1 2S 2S 2S 1 1 1 Xét vế phải :VP h h h a b c 2S 2S 2S hz hb hc a b c a b c 1 1 1 a b c VP 2S. a b c 2S 2S 2S S
4. 1 1 1 1 1 1 1 VP 2S. . a b c a b c VT (ĐPCM) a b c 2S a b c 2 2) Giải phương trình: 4x 3 2x 1 x 1 810 16x2 24x 9 2x2 3x 1 810 (1) 7 Đặt 2x2 3x 1 t (với t ) 16 Phương trình (1) , có dạng: 8t 1 t 810 8t 2 t 810 0 8t 2 81t 80t 810 0 t 8t 81 10 8t 81 0 t 10 t 10 8t 81 0 81 t 8 Với t 10 (thoả mãn điều kiện) 2x2 3x 1 10 2x2 3x 9 0 2x2 6x 3x 9 0 2x x 3 3 x 3 0 3 x 2x 3 x 3 0 2 x 3 81 Với t (không thoả mãn điều kiện) 8 3 Vậy phương trình có hai nghiệm x 3 và x 2 Bài 4. (6,0 điểm) 1) A E F Q H P B D M C S
5. a) Xét ABC : AD và BE cắt nhau tại H, nên H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi giao điểm của AB và HC là F. Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên HC  AB tại F. Xét AHP và CMH có: P· AH H· CM (cùng phụ với ·ABD ) ·APH P· HF 900  0 M· HC C· HQ 90  ·APH M· HC P· HF C· HQ(dd)  Do đó AHP : CMH (g.g) AH HP HP MH b) Vì AHP : CMH (cmt) suy ra (1) CM MH AH CM AH HQ QH MH c) Tương tự ta chứng minh được AHQ : BMH (g.g) (2) BM MH AH BM QH MH Vì MB CM nên từ (2) suy ra (3) AH CM Từ (1) và (3) suy ra PH QH mà MH  PQ(gt) nên MPQ cân tại M. 2) B M C H I A K D Kẻ DM  BC tại M. Ta có: BM / /DK(gt) BK  AD  BK / /DM DM  BC  BM / /DK(gt) Xét tứ giác BMDK có:BK / /DM  BMDK là hình chữ nhật BD KM ; KD BM BK  KD  IH / /KD Xét tứ giác KDIH có :  KDIH là hình bình hành KD HI HK / /ID IH BM ( KD) Xét tứ giác BHIM có :  BHIM là hình bình hành BH PMI; MI BH IH PBM (PKD)  Mà BH  KI MI  KI hay MIK vuông tại I S
6. Áp dụng định lí Pytago vào MIK vuông tại I ta được: MI MK 2 KI 2 172 152 8 Vậy AH 8cm. Bài 5. (2 điểm) 1) Giải phương trình : x 2019 2019 x 2020 2020 1 1 1 1 2) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : 4 . Chứng minh rằng : x y z 1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z Lời giải 1) Giải phương trình : x 2019 2019 x 2020 2020 1 x 2019 2019 2020 x 2020 1 (1) TH1: Nếu x 2019 x 2019 0 thì x 2019 2019 0 và 2020 x 1 thì 2020 x 2020 1 x 2019 2019 2020 x 2020 1 phương trình (1) vô nghiệm TH2 : Nếu 2019 x 2020 x 2019 0 thì x 2019 2019 x 2019 x 2019 và 2020 x 0 thì 2020 x 2020 2020 x 2020 x x 2019 2019 2020 x 2020 x 2019 2020 x 1 Dấu " " xảy ra khi x 2019; x 2020 phương trình (1) có nghiệm x 2019 và x 2020 TH3: Nếu x 2020 x 2020 0 thì 2020 x 2019 0 và x 2019 1 thì x 2019 2020 1 x 2019 2019 2020 x 2020 1 phương trình (1) vô nghiệm Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x 2019 và x 2020 1 1 1 2) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn : 4 . Chứng minh rằng : x y z 1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z 1 1 1 1 Ta chứng minh bất đẳng thức phụ : (1) với a,b 0 a b 4 a b Thật vây, (1) 4ab a b b a vì a,b 0 S
7. a2 2ab b2 4ab a b 2 0 ( luôn đúng a,b 0 ). Dấu " " xảy ra khi a b . Áp dụng BĐT (1) ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 . 2x y z x y z x 4 x y z x 4 4 x y z x 16 x y z 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 Tương tự : ; x 2y z 16 x y z x y 2z 16 x y z Cộng ba bất đẳng thức, ta được : 1 1 1 1 4 4 4 4 .4 1 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 16 3 Dấu " " xảy ra khi x y z 4  HẾT  S