Đề thi giao lưu HSG lớp 8 cấp huyện - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi giao lưu HSG lớp 8 cấp huyện - Môn: Toán

1. UBND HUYỆN YÊN LẠC ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút Câu 1. (2,5 điểm) x2 3x 3 1 6x Cho biểu thức P 3 2 2 : 3 2 x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Với x 0 thì P không nhận những giá trị nào ? c) Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên. Câu 2. (2 điểm) a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 Cho biểu thức M 2ab 2bc 2ca Chứng minh rằng: a) Nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì M 1 b) Nếu M 1 thì hai trong ba phân thức đã cho của biểu thức M bằng 1, phân thức còn lại bằng 1 Câu 3. (2 điểm) a) Cho n là tổng của hai số chính phương. CMR : n2 cũng là tổng của hai số chính phương b) Cho đa thức A ax2 bx c . Xác định hệ số b biết rằng khi chia A cho x 1, chia A cho x 1đều có cùng một số dư Câu 4. (2,5 điểm) a) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD; I và J thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng DH và BC. Tính số đo của góc ·AIJ b) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, trên đoạn BH lấy điểm M và trên đoạn CH lấy điểm N sao cho ·AMC ·ANB 900 . Chứng minh rằng AM AN Câu 5 (1 điểm) a) Cho a,b,c 0 a b c 1 1 1 1 CMR: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 3a 2b c 3b 2c a 3c 2a b 6 a b c b) Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác bằng hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân
2. ĐÁP ÁN Câu 1 x 3 a) ĐKXĐ: x 3, P x 3 x 3 3 P 1 b) Ta có: P x x 3 P 1 3 P 1 P 1 P 1 Để x 0 thì 0 0 P 1 P 1 P 1 Vậy x 0 thì P không nhận những giá trị từ 1đến 1, P  1;1 x 3 6 c) Ta có P 1 x 3 x 3 P có giá trị nguyên Ư x 3 6 1; 2; 3; 6 Từ đó tính được x 0;1;2;4;5;6;9 (Chú ý loại x 3) Câu 2 2a) Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a,b,c 0 và a b c 0;a c b 0;c b a 0 a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 Đặt A ;B ;C 2ab 2bc 2ca Ta cần chứng minh : M A B C 1 hay A 1 B 1 C 1 0 Ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 2ab a b c a b c A 1 1 2ab 2ab 2ab b2 c2 a2 b2 c2 a2 2bc b c a b c a B 1 1 2bc 2bc 2bc c2 a2 b2 c2 a2 b2 2ca c a b c a b C 1 1 2ca 2ca 2ca Suy ra
3. A 1 B 1 C 1 a b c a b c b c a b c a c a b c a b 2ab 2bc 2ca c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b 2abc c a b c a b c a a b c b c a b a b c c a b 2abc a b c c a b c a b c a b c a b 2abc a b c c a b c a b c a b c a b 2abc a b c ca cb c2 ab ac a2 bc ba b2 2abc a b c bc ba b2 c2 ca cb ac a2 ab 2abc a b c b c a c a b 0(đúng) 2abc Từ đó suy ra M 1 0đúng vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác hay M 1 Câu 2b a b c b c a c a b M 1 M 1 0 0 2abc a b c b c a c a b 0 Ta xét ba trường hợp: TH1: Nếu a b c 0 thì b c a b c a a b c b c a A 1 0;B 1 0;C 1 0 2bc 2bc Suy ra A 1;B 1;C 1 TH2: Nếu b c a 0 thì a2 b2 c2 a2 b2 c2 2ab a b c a b c A 1 1 0; 2ab 2ab 2ab c2 a2 b2 c2 a2 b2 2ca c a b c a b b c a c a b C 1 1 0 2ca 2ca 2ca 2ca B 1 0 A 1;B 1;C 1
4. TH3: Nếu c a b 0 thì a b c a b c c a b a b c A 1 0; 2ab 2ab c2 a2 b2 c2 a2 b2 2ca c a b c a b b c a c a b C 1 1 0 2ca 2ca 2ca 2ca b2 c2 a2 b2 c2 a2 2bc b c a b c a B 1 1 0 2bc 2bc 2bc Suy ra A 1;B 1;C 1 Như vậy trường hợp nào cũng có hai trong ba phân thức A, B, C bằng 1, phân thức còn lại bằng 1 Câu 3 3a) Đặt N a2 b2 với a,b ¥ 2 Khi đó N 2 a4 2a2b2 b2 4a2b2 a2 b2 2ab 2 là tổng của hai số chính phương. 3b) A ax2 bx c x 1 P R (1) Giả sử A ax2 bx c x 1 Q R (2) Cho x 1 thì từ 1 ta có: a b c R Cho x 1 thì từ 2 ta có: a b c R Do đó : a b c a b c 2b 0 b 0 Câu 4 4a)
5. A B P J H D I C Gọi P là trung điểm của AH PI là đường trung bình của tam giác AHD PI / / AD Mà AD  AB nên IP  AB và P là trực tâm ABI Từ đó ta có tứ giác BPIJ là hình bình hành BP / /IJ Mà BP  AI nên JI  AI Câu 4b A P H Q N M B C
6. Gọi P,Q lần lượt là chân các dường cao kẻ từ B và C. Tam giác vuông AMC có đường cao MP AM 2 AP.AC Tam giác vuông ANB có đường cao NQ AN 2 AQ.AB Xét tam giác vuông APB và AQC có: µAchung; ·APB ·AQC 900 APB : AQC(g.g) AP.AC AQ.AB AM 2 AN 2 AM AN Câu 5 5a) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với a,b,c 0 ta có 18a 18a 18a 18a 2 2 2 2 2 2 2 3a 2b c 2 a b a c 2.2 ab 2 2 ac 2 4ab 2ac 18a 18a 18a 9 3a2 2b2 c2 4ab 2ac 2a. 2b c 2b c 2 a2 b2 a b Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz . x y x y 2 2 1 22 12 2 1 Ta có: 2b c 2b c b c 2 18a 9 2 1 2 1 Suy ra : 3a2 2b2 c2 2b c 2b c b c Tương tự: 2 18b 9 2 1 2 1 3b2 2c2 a2 2c a 2c a c a 2 18c 9 2 1 2 1 3c2 2a2 b2 2a b 2a b a b
7. Cộng vế với vế các BĐT trên ta có: 18a 18b 18c 2 1 2 1 2 1 3a2 2b2 c2 3b2 2c2 a2 3c2 2a2 b2 c a b c a b a b c 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 :18 . DPCM 3a 2b c 3b 2c a 3c 2a b a b c 6 a b c 5b) Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được sơn bởi cùng một màu – màu đỏ (Theo nguyên lý Dirichle) Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ.Giả sử đỉnh đó là A. Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh A,P,Q được tô cùng màu đỏ. Nếu A tô màu xanh, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với P và Q. Nếu cả hai đỉnh B và C được tô màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu xanh. Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C mà tô màu đỏ thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ