167 đề hsg toán 8 lam sơn 2014 2015

2,75 điểm Cho hình vuông ABCD Qua Avẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC.. M, N là trung điểm của QR và PS... Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác v

TRƯỜNG THCS LAM SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi : TOÁN LỚP 8 Bài 1 (2 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 5x2  26x24

b)

1

8x  4x 2x

c) x2 6x5

d) x4 2015x2 2014x2015

Bài 2 (1,5 điểm)

a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:

6 7 2  3 4 1 3 7

4

b) Tính giá trị biểu thức

x y P

x y





 Biết x2  2y2 xy x y 0;y 0 c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x2 x4 x6 x8 2015cho

đa thức x2 10x21.

Bài 3 (1,25 điểm) Cho biểu thức : 2 2 2 2 2 2

:

2

xy A

a) Tìm điều kiện của ,x y để giá trị của A được xác định

b) Rút gọn A

c) Nếu ,x y là các số thực làm cho Axác định và thỏa mãn:3x2 y2 2x 2y  hãy 1, tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A

Bài 4 (2 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x3 2x2  5x 6 0

b) 5 3 x 3x 5

d)  với ,x y nguyên dương.

Bài 5 (2,75 điểm)

Cho hình vuông ABCD Qua Avẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC .

tại P và R, cắt CD tại Q và S

a) Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân

b) QR cắt PS tại H M, N là trung điểm của QR và PS Chứng minh tứ giác AMHN là

hình chữ nhật

c) Chứng minh P là trực tâm SQR

d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC

e) Chứng minh bốn điểm M B N D thẳng hàng., , ,

Bài 6 (0,5 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A13x2 y2 4xy 2y 16x2015

b) Cho hai số ,a b thỏa mãn điều kiện a b  Chứng minh : 1

2

ĐÁP ÁN Bài 1.

a) 5x2  26x24 5 x2 6x 20x24x x5  6 4 5 x 6  5x 6 x 4

b)

              

c) x2 6x 5 x x 15x1  x5 x1

d) x4 2015x2 2014x2015x4 x3x2 x3 x2  x2015x2 2015x2015

Bài 2.

a)

7

6 7 2 3 4 1 3

4

7 77

12 18 14 21 12 7 3

4 4



b) x2  2y2 xy x2  xy 2y2  0 x y x    2y 0

Vì x y  nên 0 x 2y  0 x2 y Khi đó

y y A

y y



 c) P x   x2 x4 x6 x8 2015x2 10x16 x2 10x242015

Đặt tx210x21t3;t 7, biểu thức ( )P x được viết lại

    2

P x  t t  t t

Do đó khi chia t2  2t2000cho tta có số dư là 2000

Bài 3.

a) xy y; 0

b) A2x x y  

dương của A

Từ (gt): 3x2 y2 2x 2y  1 2x2 2xy x 2  2xy y 2 2x y  1

      (do x y 1 0 x y, ) A2

+)A  khi 2

1

1 0

2

3

x x y

y



  



  

+)A  khi 1

2

1 1

; 0

x y

x x y

   





  

 Từ đó , chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng

hạn :

2 1 2

2 3

2

x

y













Vậy Achỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A1;A2

Bài 4.

a)

     

1

3

x

x







 

 b)

5

3

c) ĐKXĐ: x   1; 4; 6;3

           

   

   

   

   

 

2

0( )

2( ) 0;2

S









d) x2  y2 2x 4y 10 0  x2 2x1  y24y4 7 0

x 12 y 22 7 x y 1 x y 3 7

Vì ,x y nguyên dương nên

Vậy x y ;  3;1

M

H P

R

Q

a) ADQABR vì chúng là hai tam giác vuông và DA BD

    vuông cân Chứng minh tương tự ta có: ABP ADS

Do đó AP AS và APS là tam giác cân tại A

b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên

AN SP và AM RQ

Mặt khác PAN PAM  450 MAN 90 0 Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông nên nó

là hình chữ nhật

c) Theo giả thiết: QA RS RC , SQ nên QA và RC là hai đường cao của SQR Vậy P là trực tâm SQR

d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên

1 2

,

MA MC

  nghĩa là M cách đều A và C

Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP , ta có

,

e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C Nói cách khác, bốn

điểm M N B D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đường trung trực, , , ,

AC nghĩa là chúng thẳng hàng

Bài 6.

a) A13x2  y2 4xy 2y 16x2015

2

4 2 13 16 2015

2 2 1 2 1 9 12 2015

Chứng tỏ A 10.dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

;

Vậy

2 3 min 2010

1 3

x A

y









 



b) Ta có: 3 3 1 1 3 3 1 0

0 2

0 2

(vì a b 1)

 2

2a 2b 1 0 2a 2 1 a 1 0

         (Vì b 1 a)

4

           

(2) đúng nên (1) đúng ta có đpcm