Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Việt Yên - Môn thi: Toán lớp 8

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Việt Yên - Môn thi: Toán lớp 8

1. PHÒNG GD & ĐT VIỆT YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Đề thi có 01 trang Ngày thi: 3/4/2013 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 2013x2 2012x 2013 x2 2x 2x2 1 2 2. Rút gọn biểu thức sau: A 2 2 3 . 1 2 . 2x 8 8 4x 2x x x x Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2 2 2x2 x 2013 4. x2 5x 2012 4. 2x2 x 2013 x2 5x 2012 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 2x2 3x 2 y3 Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f (x) biết rằng: f (x) chia cho x 2 dư 10, f (x) chia cho x 2 dư 24, f (x) chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư 2. Chứng minh rằng: a b c b c a 2 c a b a b c 2 b a c a c b 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE AF . Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N 1) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.Chứng minh rằng AC 2EF 1 1 1 3) Chứng minh rằng : AD2 AM 2 AN 2 Câu 5. (2,0 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. 1.1 Ta có: x4 2013x2 2012x 2013 x4 x 2013x2 2013x 2013 x x 1 x2 x 1 2013. x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2013 1.2 x 0 Điều kiện: x 2 Ta có: x2 2x 2x2 1 2 A 2 2 3 1 2 2x 8 8 4x 2x x x x x2 2x 2x2 x2 x 2 . 2 4 2 x x2 2 x x2 2 x 4 x2 2x 2x2 x 1 x 2 . 2 2 x2 2 x 4 x 4 2 x 2 x. x 2 4x2 x 1 . x 2 x3 4x2 4x 4x2 x 1 . . 2 x 2 x2 4 x2 2 x2 4 x2 2 x x 4 x 1 x 1 2x2 x2 4 2x x 1 x 0 Vậy A với 2x x 2 Câu 2. a 2x2 x 2013 2.1 Đặt 2 b x 5x 2012 Phương trình đã cho trở thành: a2 4b2 4ab a 2b 2 0 a 2b 0 a 2b
3. Khi đó ta có: 2x2 x 2013 2. x2 5x 2012 2x2 x 2013 2x2 10x 4024 2011 11x 2011 x 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 11 2 3 3 2 3 7 2.2 Ta có: y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 4 8 2 3 3 2 9 15 x 2 y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 4 16 Từ 1 và 2 ta có: x y x 2 mà x, y nguyên suy ra y x 1 Thay y x 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x 1 y 0 Vậy x; y 1;0 Câu 3. 3.1 Giả sử f (x) chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư ax b Khi đó : f (x) x2 4 . 5x ax b Theo đề bài, ta có: 7 f (2) 24 2a b 24 a 2 f ( 2) 10 2a b 10 b 17 7 Do đó : f (x) x2 4 .( 5x) x 17 2 47 Vậy đa thức f (x) cần tìm có dạng: f (x) 5x3 x 17 2 3.2 Ta có: a b c b c a2 c a b a b c2 b a c a c b2 0 (1)
4. x z a 2 a b c x x y Đặt b c a y b 2 a c b z y z c 2 Khi đó ta có: x z x y y z 2 y z x z x y 2 1 2 VT . .y . x x y x y z 2 2 2 2 2 2 4 x z x z y z z y 1 . .y2 . .x2 . x2 y2 z2 2 2 2 2 4 1 1 1 = x2 z2 y2 z2 y2 x2 . x2 y2 .z2 4 4 4 1 1 x2 y2 z2 x2 y2 z2 0 VP (dfcm) 4 4 Câu 4. A E B H F D M C N
5. 1) Ta có: D· AM ·ABF (cùng phụ với B· AH ) AB AD (gt);B· AF ·ADM 900 (ABCD là hình vuông) ADM BAF g.c.g DM AF,mà AF AE(gt) nên AE DM Lại có: AE / /DM (vì AB / /DC) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác D· AE 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Ta có ABH : FAH (g.g) AB BH BC BH hay AB BC; AE AF AF AH AE AH Lại có: H· AB H· BC (cùng phụ với ·ABH ) CBH : AEH (c.g.c) 2 2 SCBH BC SCBH BC 2 2 ,mà 4(gt) 4 BC 2AE SEAH AE SEAH AE BC 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD 2EF hay AC 2EF(dfcm) 3) Do AD / /CN(gt). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: AD AM AD CN CN MN AM MN Lại có: MC / / AB gt . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: MN MC AB MC AD MC hay AN AB AN MN AN MN 2 2 2 2 AD AD CN CM CN 2 CM 2 MN 2 2 2 1 AM AN MN MN MN MN (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 1 2 2 2 (dfcm) AM AN AM AN AD Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a,b,c ¡ và x, y, z 0 ta có:
6. 2 a2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu " "xảy ra x y z Thật vậy, với a,b ¡ và x, y 0 ta có: 2 a2 b2 a b ( ) x y x y a2 y b2 x x y xy(a b)2 bx ay 2 0 (luôn đúng) a b Dấu " "xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức 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 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: a b c a3 b c b3 (c a) c3 (a b) ab ac bc ab ac bc Áp dụng BĐT (*) 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 (Vì abc 1) ab ac bc ab ac bc 2 ab bc ac 1 1 1 2 a b c Hay 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 Mà 3 nên a b c a b c ab ac bc ab ac bc 2
7. 1 1 1 3 Vậy .(đpcm) a3 b c b3 c a c3 a b 2