032 đề HSG toán 8 trực ninh 2017 2018

1 Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN TRỰC NINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC : 2017-2018

MÔN TOÁN LỚP 8 Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018

Bài 1 (4,0 điểm)

1) Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) x3x2 14x24

b) x4 2018x2 2017x2018

2) Cho x y 1 và xy0.Chứng minh rằng:

2

0

x y



Bài 2 (3,0 điểm)

a) Tìm các cặp số nguyên  x y thỏa mãn , y22xy3x 2 0

b) Tìm các cặp số nguyên  x y thỏa mãn ;

2 2

2

1

4

y x

x

   sao cho tích x y đạt giá

trị lớn nhất

Bài 3 (3,0 điểm)

a) Tìm đa thức ( ),f x biết ( ) f x chia cho x2dư 10, chia cho x2dư 24, chia cho 2

4

x  được thương là 5x và còn dư

b) Cho p và 2 p1là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng 4p1là hợp số

Bài 4 (8,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A AB ACcó AD là tia phân giác của BAC Gọi

M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC E là giao điểm của BN và , DM F,

là giao điểm của CM và DN

1) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC

2) Gọi H là giao điểm của BN và CM.Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và

H là trực tâm AEF

3) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm

của BK và AD là I Chứng minh : BI AO DM 9

KI  KO  KM 

Bài 5 (2,0 điểm)

a) Cho x0,y0 và ,m n là hai số thực Chứng minh rằng 2 2  2

m n





b) Cho a b c là ba số dương thỏa mãn , , abc1

Chứng minh rằng:

2

a b c b c a c a b 

ĐÁP ÁN Bài 1

1)

3 2

3 2 2

2

2

2) Với x y 1và xy0ta có:

4 4

2 2

2

2 2

2 2

2 2

1 2

2

3 3

x y x y x y

xy x y xy x y x y xy

x y x x y y

xy x y x y

x y

xy x y









2

0

x y



Bài 2

a)

VT (*) là số chính phương, VP (*) là tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0

Với x   1 y 1

Với x   2 y 2

b)

Điều kiện x0

1

2 2

y

x

       

Vì

1

2

y

x

    với mọi x0;mọi y

Do đó xy2 mà ,x y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1; 2 2; 1 1; 2 2; 1





    

    



Bài 3

a)

Giả sử f x chia cho   x2 4được thương là 5x và dư ax b

f x  x   x xab

Theo đề ta có:

7

2

17

b



2

f x  x   x  x

Vậy ( ) 5 2 47 17

2

f x   x  x

b) Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p3k1;p3k1 với k 1 + Nếu p3k1thì 2p 1 6k 3 3 2 k1

Suy ra 2p1 là hợp số (vô lý)

+Nếu p3k1,k 1thì 4p 1 12k 3 3 4 k1

Do k1nên 4k 1 3.Do đó 4p1là hợp số

Bài 4

1) *Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông

+) Chứng minh AMD90 ;0 AND90 ;0 MAN 900

Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật

+)Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN nên tứ giác AMDN là hình

vuông

*Chứng minh EF // BC

+) Chứng minh : FM DB (1)

FC  DC

Chứng minh: DB MB (2)

DC  MA

Chứng minh AM DN MB MB (3)

MA DN

Chứng minh MB EM (4)

DN  ED

L O K

E

F H

N M

D A

Từ        1 , 2 , 3 , 4 suy ra EM FM EF / /BC

ED  FC 

2) Chứng minh ANB NFA

Chứng minh AN DN.suy ra AN DN (5)

AB  AB

Chứng minh DN CN (6)

AB  CA

Chứng minh CN FN (7)

CA  AM

Chứng minh AM  AN.Suy ra FN FN (8)

AM  AN

Từ (5) (6) (7) (8) suy ra AN FN ANB NFA c g c 

AB  AN   

*chứng minh H là trực tâm tam giác AEF

Vì ANB NFAnên NBAFAN

Mà BAFFAN 900 NBABAF 900

Suy ra EH  AF , Tương tự: FH AE, suy ra H là trực tâm AEF

3) Đặt S AKD a S, BKD b S, AKB c.Khi đó:

3

         

Theo định lý AM-GM ta có: b a 2

a  b

Tương tự : a c 2 ;b c 2

c  a c  b

Suy ra BI AO DM 9

KI  KO KM 

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi ABDlà tam giác đều, suy ra trái với giả thiết Bài 5

5a) Với x0,y0và ,m n ta có:

2

2 2

2

2 2

(1)

m n

m y n x x y xy m n





 2

0

nx my

5b) Áp dụng bất đẳng thức  1 ta có:

(2)

Ta có:

a b c b c a c a b ab ac bc ab ac bc

Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có:

1

2

2

ab ac bc ab ac bc ab bc ac

a b c

2

ab ac bc ab ac bc a b c

Mà 1 1 1 3

3 2

ab ac bc ab ac bc 

Do đó:

2

a b c b c a c a b 