Đề thi chọn học sinh giỏi Toán khối 8

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Toán khối 8

1. PHÒNG GD – ĐT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 HUYỆN LẬP THẠCH Năm học: 2011-2012 Bài 1. (4 điểm) 3x y 1. Cho x, y thỏa mãn y x y 0 và x2 xy 2y2. Tính A x y 2.1 1 2.2 1 2.3 1 2.99 1 2. Tính B 2 2 2 2 1. 1 1 2. 2 1 3. 3 1 99. 99 1 Bài 2. (4 điểm) 1) Tìm a,b sao cho f x ax3 bx2 10x 4 chia hết cho đa thức g(x) x2 x 2 2) Tìm số nguyên a sao cho a4 4 là số nguyên tố Bài 3. (3 điểm) x 5x Giải phương trình: 2 x2 4x 4 x2 4 Bài 4. (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ·ABC 600. Hai đường chéo cắt nhau tại O, E thuộc tia BC sao cho BE bằng ba phần tư BC , AE cắt CD tại F. Trên đoạn thẳng AB và CD lần lượt lấy hai điểm G và H sao cho CG song song với FH 3 1) Chứng minh rằng : BG.DH BC 2 4 2) Tính số đo góc GOH Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC , ba điểm M , N,P lần lượt thuộc các cạnh BC,CA, AB sao cho BM CN AP BM 1 & .Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng BC CA AB BC 2 trọng tâm. Bài 6. (2 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 y2 z2 1.Chứng minh rằng: x3 y3 z3 1 y 2z z 2x x 2y 3
2. ĐÁP ÁN Bài 1. x y 0 1) Từ y(x y) 0 y 0 x2 xy 2y2 x y x 2y 0 Vì x y 0 nên x 2y 0 x 2y 3.2y y 5y 5 Ta có: A 2y y 3y 3 2 2n 1 n 1 n2 1 1 2) Với n 1, ta có: 2 2 2 n2 2 n n 1 n 1 .n n 1 Áp dụng vào bài toán ta có: 1 1 1 1 1 1 1 9999 B 1 12 22 22 32 992 1002 1002 10000 Bài 2. 1) Ta có: g(x) x2 x 2 x 1 x 2 Vì f (x) ax3 bx2 10x 4 chia hết cho đa thức g x x2 x 2. Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f (x) g(x).q(x) ax3 bx2 10x 4 x 2 x 1 q x Với x 1 a b 6 0 b a 6 (1) Với x 2 2a b 6 0 (2) Thay 1 vào 2 ta có: a 2 & b 4 2) Ta có: a4 4 a2 2a 2 a2 2a 2 Vì a c a2 2a 2 c;a2 2a 2 c Có a2 2a 2 a 1 2 1 1 a Và a2 2a 2 a 1 2 1 1 a Vậy a4 4 là số nguyên tố thì a2 2a 2 1hoặc a2 2a 2 1 Nếu a2 2a 2 1 a 1thử lại thấy thỏa mãn Nếu a2 2a 2 1 a 1thử lại thấy thỏa mãn.
3. Bài 3. Điều kiện x 2 x 5x Với x 0 không phải là nghiệm của phương trình : 2 x2 4x 4 x2 4 x 5x Với x 0phương trình 2trở thành: x2 4x 4 x2 4 1 5 4 2 * . Đặt y x 2phương trình * trở thành: 4 4 x 4 x x x x 1 5 2 y 2 y 2 Điều kiện : y 2 2 y 0 Phương trình trở thành: y 3y 0 y y 3 0 y 3 4 2 Với y 0 thì x 2 0 x2 2x 4 0 x 1 3 0 VN x Với y 3 thì 4 2 x 1 x 2 3 x 5x 4 0 x 1 x 4 0 (TMDK) x x 4 Vậy tập nghiệm phương trình là S 1; 4 Bài 4. A H D G O F B C E
4. BC BG 1) Chứng minh BCG : DHF BC.DF DH.BG DH DF Theo định lý Ta let tính được: 3 3 3 DF DC BC BG.DH BC 2 4 4 4 2) Theo định lý Pytago tính được: 3 BG BO BO2 BC 2 CO2 BC 2 BG.DH BO2 BO2 BO.DO 4 DO DH Ta có G· BO H· DO 300. Nên BGO : DOH G· HO 300 Bài 5. A P G N K B M I Q C Qua N kẻ NQ / / AB Q AB , theo định lý Talet 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 của MQ và MN. Suy ra IK là đường trung bình của tam QN AP giác MNQ , vậy IK / /QN,IK IK / / AP;IK 2 2
5. GI GK KI 1 Gọi G là giao điểm của AI và PK , theo Ta let ta có: GA GP PA 2 Suy ra G là trọng tâm của tam giác MNP và G là trọng tâm của tam giác ABC Bài 6. 9x3 9y3 z3 Ta có: x y 2z 6x2; y z 2x 6y2; z x 2y 6z2 y 2z z 2x x 2y Lại có : x y 2 y z 2 z x 2 0 x2 y2 z2 xy yz zx Nên ta có: 9x3 9y3 9z3 3 xy yz xz 6 x2 y2 z2 y 2z z 2x x 2y x3 y3 z3 x2 y2 z2 1 y 2z z 2x x 2y 3 3 Dấu bằng xảy ra khi x y z 1