Gợi ý đề thi HSG toán 8 năm học 2012 -2013

Chứng minh rằng hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8.. Biết rằng với mọi giá trị nguyên của x thì đa thức có giá trị là một số nguyên chia hết cho 3.. M

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC 2012 -2013 MÔN: TOÁN 8

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 11/4/2013

Bài 1: (3,5 điểm)

1.1 Chứng minh rằng hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết

cho 8

1.2 Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c có các hệ số a, b, c là các số nguyên Biết rằng với

mọi giá trị nguyên của x thì đa thức có giá trị là một số nguyên chia hết cho 3 Chứng minh rằng a, b và c đều chia hết cho 3

Bài 2 (3,5 điểm)

2.1 Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau và có tổng bằng 2014 Hãy tính giá trị của biểu thức M =

3 3 3

3

  

2.2 Tìm điều kiện để giá trị phân thức

1 3

a b c  abbcca được xác định

Bài 3 (3,0 điểm)

3.1 Cho A =

là tập hợp các giá trị của x để A có giá trị bằng o Tìm S

3.2 Cho đa thức f(x) = x3 - (m2 - m + 7)x - (3m2 + m - 6) Tìm m, biết f(-1) = 0

Bài 4 (3,0 điểm)

4.1 Tìm giá trị ngỏ nhất của biểu thức A = 25x2 -10x + 5x 1 +2

4.2 Cho M = (a2 - b2 - c2)2 - 4b2c2 Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tám giác thì M < 0

Bài 5 (3,5 điểm)

5.1 Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh bằng a (a >0) M là điểm tùy ý trên tia đối của tia

BA Chứng minh rằng khi điểm M di động sao cho tia MC cắt tia AD tại N thì BM.DN có giá trị không đổi

5.2 Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H

a) Chứng minh rằng HA.HD = HB.HE = HC.HF

b) Tính HD HE HF

AD  BE  CF

Bài 6 (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD; AB < CD) Từ A vẽ đường thẳng song song

với BC và cắt các tia DB, DC lần lượt tại M, E Từ B vẽ đường thẳng song song với AD và cắt các tia CA, CD lần lượt tại N, F

Chứng minh rằng MN // AB và AB2 = MN.DC

-Hết -

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận

GỢI Ý GIẢI

(Gợi ý này chỉ mang tính chất tham khảo) Bài 1:

1.1 Gọi hai số tự nhiên lẻ tùy ý là 2a + 1; 2b +1 (a,b N)

Không mất tính tổng quát, giả sử a > b ta có:

(2a + 1)2 - (2b + 1)2 = 4a2 +4a - 4b2 - 4b = 4a(a +1) - 4b(b +1)

vì a(a +1) và b(b +1) luôn chia hết cho 2 nên 4a(a +1) và 4b(b +1) chia hết cho 8

 4a(a +1) - 4b(b +1) chi hết cho 2

Vậy hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8

1.2 Vì f(0)  3 nên a.02 + b.0 + c  3 hay c  3

Vì f(1)  3 nên a.12 + b.1 + c  3 hay a + b + c  3 (1)

Vì f(-1)  3 nên a (-1)2 + b (-1) + c  3 hay a - b + c  3 (2)

Từ (1) và (2) có: 2a + 2c  3 mà 2c  3 nên 2a  3 suy ra a  3

Vây a, b, c đều chia hết cho 3

Bài 2:

2.1 Ta có: a + b + c = 2014

M =    



2 2 2

=

1

1

2 (a + b + c) =

1

2 2014 = 1007

2.2

 2  2  2

2 2 2

a b c abacbc  ab  ac  bc

Vì (a - b)2 + (a - c)2 + (b - c)2  0 Nên điều kiện xác định của

1 3

a b c  abbcca

là a - b  0 hoặc a - c  0 hoặc b - c  0 hay a b hoặc a c hoặc b c

Bài 3:

3.1

=0





= 0  x19x20x x 1 = 0

 38x + 380 = 0  x = -10

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận

Vây S = 10

3.2 f(-1) = 0 ↔ -1 + m2 – m + 7 – 3m2 – m + 6 = 0 ↔ -2m2 – 2m + 12 = 0

↔ (m – 2)(m + 3) = 0 ↔ m = 2; m = -3

Bài 4:

4.1 A = (5x)2 – 2.5x.1 +1 + 5x 1 + 1 = (5x - 1)2 + 5x 1 + 1

Vì (5x - 1)2  0 và 5x 1  0 nên A  1

Suy ra A co GTNN bằng 1 khi 5x - 1 = 0  x = 1/5

4.2 M = (a2 - b2 - c2 + 2bc)( a2 - b2 - c2 - 2bc) = [(a2 - (b - c)2 ] [a2 - (b + c)2 ]

= (a + b - c)(a - b + c)(a - b - c)(a + b + c)

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

(a + b - c) > 0; (a - b + c) > 0 ; (a - b - c) < 0 ; (a + b + c) > 0

Suy ra M < 0

Bài 5:

5.1

Ta có: BMC ∽DCN (g.g)

CD  DN

5.2

a EHD ∽ DMB (g.g)

 HA HE HA HD HB HE

HFB ∽ HEC (g.g)

HB HF

HB HE HC HF

HC HE

Từ (1), (2) suy ra HA.HD = HB.HE = HC.HF

b

Ta có: SBMC = 1/2 HD.HB

SAMC = 1/2 HE.AC

SABH = 1/2 HF.AB

Mà BHC AHC ABH 1

ABC ABC ABC

S  S  S  hay

ABC ABC ABC

HD BC HE AC HF AB

1

HD BC HE AC HF AB

AD BC  BE AC  CF AB  suy ra HD HE HF

AD  BE  CF

N

M

D

C

B A

H F

E

B

A

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận

Bài 6:

a Ta có: Tứ giác ABFD, ABCE là hình bình hành

 DF = AB = CE suy ra DE = CF

AB // DE nên AM AB

ME  DE

AB // CF nên AN AB

NC  CF

ME  NC

 MN // CE hay MN // AB

b.Gọi K là giao điểm của DA và CB Ta có:

BF // DK CD CK

DF BK

AB//CD CK DK

BK AK

Suy ra CD DK

DF  AK (1)

MN // DF DF BD

MN BM

AM / / BK BD DK

BM AK

Suy ra DF DK

MN  AK (2)

Từ (1) , (2) ta có: CD DF

DF  MN Hay DF2 = MN.CD

 AB2 = MN.CD (AB = DF)

E F

N M

B A

K