Đề thi Olympic Toán 8 - Trường THCS Liên Châu
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi Olympic Toán 8 - Trường THCS Liên Châu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Tài liệu đính kèm:
- de_thi_olympic_toan_8_truong_thcs_lien_chau.docx
Nội dung text: Đề thi Olympic Toán 8 - Trường THCS Liên Châu
- PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU Năm học: 2013-2014 Câu 1. (6 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2 2 a. 2x2 x 2013 4. x2 5x 2012 4. 2x2 x 2013 . x2 5x 2012 b) x 1 x 3 4 2) Chứng minh bất đẳng thức sau: x2 y2 z2 xy xz yz với mọi x, y, z Câu 2. (5 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. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2 xy 6x 5y 8 Câu 3. (2 điểm) Cho a,b 0 và a b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 1 1 M 1 1 a b Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AC AB , đường cao AH H BC . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD HA.Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1) Chứng minh rằng BEC : ADC. Tính độ dài đoạn BE theo m AB 2) Gọi M là trung diểm của đoạn thẳng BE. Chứng minh BHM : BEC. Tính số đo của góc AHM GB HD 3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh BC AH HC
- ĐÁP ÁN Câu 1. 1) a 2x2 x 2013 a) Đặt: 2 b x 5x 2012 Phương trình đã cho trở thành: a2 4b2 4ab a 2b 2 0 a 2b 0 a 2b Khi đó, ta có: 2x2 x 2013 2 x2 5x 2012 2x2 x 2013 2x2 10x 4024 2011 11x 2011 x 11 2011 S 11 b) Lập bảng xét dấu các nhị thức : x 1 và x 3 Xét x 3(1) Phương trình 1 x 3 x 4 x 3 (không thỏa (1)) Xét 3 x 1 (2) Phương trình 1 x x 3 4 0x 0 (Thỏa mãn với mọi x ¡ / 3 x 1 Xét x 1 (3) Phương trình x 1 x 3 4 2x 2 x 1 (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3 x 1 2) Có x y 2 y z 2 z x 2 0với mọi x, y, z x2 2xy y2 y2 2yz z2 z2 2zx x2 0 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz x2 y2 z2 xy yz xz (dfcm) Câu 2. 1) Giả sử f (x) chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư là ax b. Khi đó: f (x) x2 4 . 5x ax b 2 x 2 Xét các giá trị riêng của x sao cho x 4 0 x 2 x 2 0 x 2 Với x 2 f (2) 2a b Với x 2 f ( 2) 2a b
- 7 f (2) 24 2a b 24 a Theo đề bài, ta có: 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 2) x2 xy 6x 5y 8 x2 6x 8 y x 5 (2) x2 6x 8 y (vì x 5 không là nghiệm của phương trình (2)) x 5 3 y x 1 .Vì x, y nguyên nên x 5 là ước của 3 x 5 Hay x 5 1;3;1; 3 hay x 4;6;8;2 Khi x 2 y 0 Khi x 4 y 0 Khi x 6 y 8 Khi x 8 y 8 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x, y 2,0 ; 4,0 ; 6,8 ; 8,8 Câu 3. 2 2 a b a b M 1 1 (Vi a b 1) a b 2 2 b a M 2 2 a b 4b b2 4a a2 M 4 4 a a2 b b2 b2 a2 a b M 8 2 2 4 8 2 4.2 18(Co si) a b b a 1 Dấu " "xảy ra a b & a b 1 a b 2 1 Vậy MinM 18 a b 2
- Câu 4. A E M B H G D C CD CA a) Chứng minh CDE : CAB(g.g) CE CB Hai tam giác ADC và BEC có: CD CA Cµ chung; (cmt) ADC : BEC c.g.c CE CB Suy ra B· EC ·ADC 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo gt) Nên ·AEB 450. Do đó tam giác ABE vuông cân tại A. suy ra BE AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD b) Ta có: . . (do BEC : ADC) BC 2 BC 2 AC Mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H) BM 1 AD 1 AH 2 AH Nên . . BC 2 AC 2 AC 2AC AH BH Mà ABH : CBA(g.g) AC AB BM BH BH Nên BE 2AB BC 2AB BE Do đó BHM : BEC c.g.c B· HM B· EC 1350 ·AHM 450 c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác B· AC
- GB AB Suy ra AG là phân giác B· AC suy ra : GC AC AB ED AH HD Mà ABC : DEC ED / / AH AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: GC HC GB GC HD HC BC AH HC