Đề thi chọn học sinh giỏi vòng 3 - Môn thi: Toán 8

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi vòng 3 - Môn thi: Toán 8

1. TRƯỜNG THCS THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 3 XUÂN PHÚ NĂM HỌC : 2013 – 2014 Môn thi : TOÁN 8 Câu 1. (2,5 điểm) a) Phân tích đa thức a2 b c b2 c a c2 a b thành nhân tử b) Cho các số nguyên a,b,cthỏa mãn a b 3 b c 3 c a 3 . Tính giá trị của biểu thức A a b b c c a Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 3 xy b) Giải phương trình: 6x 8 6x 6 6x 7 2 72 Câu 3. (2,5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P x 2012 2 x 2013 2 b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3.Chứng minh rằng: 1 1 1 3 x2 x y2 y z2 z 2 Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh : EA.EB ED.EC b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD CM.CAcó giá trị không đổi c) Kẻ DH  BC H BC .Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH,CH.Chứng minh CQ  PD
2. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: a2 b c b2 c a c2 a b a2 b c b2 c a c2 b c c a b c a2 c2 c a b2 c2 b c a c a c c a b c b c b c a c a c b c b c a c a b b) Đặt a b x;b c y;c a z x y z 0 z x y Ta có: x3 y3 z3 210 x3 y3 x y 3 210 3xy x y 210 xyz 70 Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 2 . 5 .7 nên x, y, z 2; 5;7 A a b b c c a 14 Câu 2. a) Ta có: x y 2 0 x2 y2 2xy 3 xy 2xy xy 1 Lại có: x y 2 0 x2 y2 2xy 3 xy 2xy xy 3 Suy ra 3 xy 1. Mà x, y ¢ xy 3; 2 1;0;1 Lần lượt thử ta được x, y 2;1 ; 1; 2 ; 2; 1 ; 1;2 ; 1;1  là nghiệm của phương trình b) Đặt 6x 7 t . Ta có: t 1 t 1 t 2 72 t 2 1 t 2 72 t 4 t 2 72 0 2 2 x t 8 0(VN) t 3 3 t 2 9 0 t 3 5 x 3
3. Câu 3. a) Ta có: P x 2012 2 x 2013 2 x2 4024x 4048144 x2 4026x 4052169 2 2 1 2x 2x 8100313 2 x 8100312,5 8100312,5 x 2 1 Vậy MinP 8100312,5 x 2 1 1 1 1 1 1 b) Đặt P x2 x y2 y z2 z x x 1 y y 1 z z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x 1 y y 1 z z 1 x y z x 1 y 1 z 1 1 1 1 9 1 1 1 1 Áp dụng BĐT và . với a,b,cdương , dấu a b c a b c a b 4 a b bằng xảy ra a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: . 1 ; . 1 ; . 1 x 1 4 x y 1 4 y z 1 4 z Bởi vậy 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P . 1 1 1 x y z x 1 y 1 z 1 x y z 4 x y z 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 . . (dfcm) 4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2
4. Câu 4. E A D M Q B P I H C EB ED a) Chứng minh EBD : ECA g g EA.EB ED.EC EC EA b) Kẻ MI  BC I BC . Ta có : BIM : BDC g.g BM BI BM.BD BI.BC (1) BC BD CM CI Tương tự: ACB : ICM g g CM.CA CI.BC (2) BC CA Từ (1) và (2) suy ra BM.BD CM.CA BI.BC CI.BC BC. BI CI BC 2 (Không đổi) c) BHD : DHC(g.g) BH BD 2BP BD BP BD DH DC 2DQ DC DQ DC Chứng minh được: DPB : CQD g.g B· DP D· CQ Mà B· DP P· DC 900 D· CQ P· DC 900 CQ  PD