119 đề HSG toán 8 tiền hải 2016 2017

Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của Alà số chính phương.. Gọi Q là trung điểm của CH đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N., a Chứng minh tứ giác MNPQ là hình b

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN HẢI

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2016-2017

MÔN: TOÁN 8 Bài 1 (4,5 điểm)

1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M x2 x3 x4 x5  24

2) Cho , ,a b c đôi một khác nhau và khác 0 Chứng minh rằng:

Nếu a b c   thì 0

3) Cho A p 4 trong đó p là số nguyên tố Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của Alà số chính phương.

Bài 2 (4,0 điểm)

1) Cho biểu thức 3 4 1 : 1 2 8  1

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình x2  3x 2 0

2) Chứng minh rằng: f x( )x2  x 12018x2  x12018  2

chia hết cho

2

( )

g x x  x

Bài 3 (3,5 điểm)

1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số)

3 2 3

x m x

2) Giải phương trình: 2 8x x  1 4 2 x 1 9

Bài 4 (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD AB, 2AD.Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm P sao cho AM CP .Kẻ BH vuông góc với AC tại H Gọi

Q là trung điểm của CH đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N.,

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành

b) Khi M là trung điểm của AD Chứng minh BQ vuông góc với NP.

c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F Chứng minh rằng 2 2 2

4

AB AP  AF

Bài 5 (1,0 điểm) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số

nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi

ĐÁP ÁN Bài 1.

1

2 2

2

7 11 1 7 11 1 24

7 11 25

2 Các ước dương của A là 1; ;p p p p2; ;3 4

Tổng các ước là 1 p  p2  p3 p4 n n2  

4 4p 4p 4p 4p 4n

Ta có:

Do đó :

1 2

2

1( )

2 3 0

3( )

p tm





 Vậy p 3

3 Đặt

      

Ta có:

Ta lại có:

  c c2 a b c 2 2

  



Tương tự ta có:

;

Vì a b c   0 a3b3 c3 3abc

Do đó: x y z 1 1 1 3 2 3abc 3 6 9

Bài 2.

1 a) Với x  ta có:1

2

2 2

:

1

9

P

x x

x



Vậy x  thì 1 2

3 9

x P x







b)

3 2 0

1( )





     



thay x  vào P ta có: 2 2

2 3 5

2 9 13

P  

 Kết luận với x  thì 2

5 13

P 

2) Đa thức g x  x2  x x x   1 có hai nghiệm là x0 v x 1

Ta có f   0  1201812018  2 0  x là nghiệm của ( )0 f x

 

f x

 chứa thừa số x

Ta có f  1 12  1 12018 12  1 12018  2 0  x 1

là nghiệm của ( )f x

 

f x

 chứa thừa số x  mà các thừa số x và 1 x  không có nhân tử chung do đó1 ( )

f x chia hết cho x x  1

Vậy f x  x2  x 12018 x2  x12018  2

chia hết cho g x  x2  x

Bài 3.

1) ĐKXĐ: x3;xmta có:

2

3

3

x m x

Với m  thì 3  1 có dạng 0 0.x  Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều kiện x 3

,

x m do đó tập nghiệm của phương trình là x 3

Với m  thì phương trình 3  1 có nghiệm

2

x

m



Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có:

3

3 2

m 

và

3 2

m

m



tức là m  Vậy nếu 3. m  thì 3

3 2

m

x 

là nghiệm

Kết luận : với m  thì 3 S  x x/ 3  Với m  thì 3

3 2

m

S    

2 Ta có: 2 8x x  1 2 4x 1 9

64x2 16x 1 8  x2 2x 9 64x2 16x 1 64  x2 16x 72 * 

Đặt 64x2  16x t ta có:

8

t

t t

t





 Với t  ta có: 9 64x2  16x 9 64x2  16x  9 0 8x 12  8 0

(Vô nghiệm vì 8x  12 8 0)

Với t  ta có 8

1 2

1 4

x

x







 



Bài 4.

E

K N

Q

M

C

B A

D

a) Chứng minh được DH / /BK(1)

Chứng minh được AHDCKB DH BK (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Gọi E là trung điểm BK chứng minh được QE là đường trung bình KBC,  nên QE/ /BC QE AB(vì BCAB)và

QE  BC  AD Chứng minh AM QE và AM / /QE AMQElà hình hành

Chứng minh AE/ /NP MQ/ /  3

Xét AQB có BK và QE là hai đường cao của tam giác nên E là trực tâm của tam giác nên AE là đường cao thứ ba của tam giác AE BQ BQNP

c)

P

A

D

B

F

Vẽ tia Ax vuông góc với AF Gọi giao của Ax với CD là G.

Chứng minh GAD BAP  (cùng phụ với PAD ) ABP g g 

1 2

2

AP AB

AG AD

Ta có: AGF vuông tại A có AD GF nên AG AF. AD GF. 2S AGF

 

Ta chia hai vế của (1) cho AD AG AF mà 2. 2. 2 AG2 AF2 GF2(đl Pytago)

2 2

4

Bài 5.

Gọi các cạnh của tam giác vuông là , ,x y z trong đó cạnh huyền là z

( , ,x y z là các số nguyên dương) Ta có

xy x y z  và x2 y2 z2 (2)

Từ (2) suy ra z2 x y 2  2 ,xy thay (1) vào ta có:

2 2

4

   





4;

z x y

    thay vào (1) ta được: xy2x y x y    4

4 4 8 1.8 2.4

xy x y

Từ đó tìm được các giá trị của , ,x y z là:

x y z ; ;   5;12;13 ; 12;5;13 ; 6;8;10 ; 8;6;10       