035 đề HSG toán 8 việt yên 2012 2013

6,0 điểm Cho hình vuông ABCD trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm , F sao cho AE AF.

PHÒNG GD & ĐT VIỆT YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi: 3/4/2013 Câu 1 (4,0 điểm)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 2013x22012x2013

2 Rút gọn biểu thức sau:

A

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình sau:

2x  x 2013 4 x 5x2012 4 2x  x 2013 x 5x2012

2 Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn: x32x2 3x 2 y3

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Tìm đa thức ( )f x biết rằng: ( ) f x chia cho x2dư 10, ( )f x chia cho x2

dư 24, ( )f x chia cho x24được thương là 5x và còn dư

2 Chứng minh rằng:

a b c b  c a c a b a  b c b ac a c b

Câu 4 (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm ,

F sao cho AE AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N

1) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật

2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.Chứng minh rằng AC2EF

3) Chứng minh rằng : 1 2 1 2 1 2

AD  AM  AN

Câu 5 (2,0 điểm)

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 Câu 1

1.1 Ta có:

2013 2012 2013

2013 2013 2013

1.2

Điều kiện: 0

2

x x





 



Ta có:

2

2

2

2 2

1

2 8 8 4 2

A

x

x

x x



1

2x



Vậy 1

2

x

A

x



2

x x





 



Câu 2

2.1 Đặt

2 2

2 2013

5 2012







Phương trình đã cho trở thành:

2 2

Khi đó ta có:

2011

11 2011

11



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2011

11



2.2 Ta có:

2

4 16

Từ  1 và  2 ta có: x  y x 2 mà ,x y nguyên suy ra y x 1

Thay y x 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được

Vậy   x y;  1;0

Câu 3

3.1 Giả sử ( )f x chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư ax b

Khi đó :  2   

f x  x   x axb

Theo đề bài, ta có:

7

2 ( 2) 10 2 10

17

b



Do đó :  2  7

( ) 4 ( 5 ) 17

2

f x  x   x  x

Vậy đa thức ( )f x cần tìm có dạng: ( ) 5 3 47 17

2

f x   x  x

3.2

Ta có:    2    2    2

0 (1)

a bc b c a c ab a b c b ac a c b 

Đặt

2

2

2

x z a

x y

y z c



 



  





Khi đó ta có:

1

1

=1 2 2 2 1 2 2 2 1  2 2 2

4 x z y 4 z y x  4 x y z

4 x y z 4 x y z VP dfcm

Câu 4

M H

N

F

C D

1) Ta có: DAM  ABF(cùng phụ với BAH )

0

AB AD gt BAF ADM  (ABCD là hình vuông)

 

ADM BAF g c g

,

  mà AF  AE gt( ) nên AEDM

Lại có: AE / /DM (vì AB/ /DC )

Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành Mặt khác DAE 90 ( )0 gt

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

2) Ta có ABH FAH g g( )

  hay BC BH AB BC AE; AF

Lại có: HABHBC(cùng phụ với ABH )

( )

CBH AEH c g c

2 ,

CBH

EAH

CBH EAH

2

   là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó: BD2EF hay AC2EF dfcm( )

3) Do AD/ /CN gt( ).Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

Lại có: MC/ /AB gt Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:  

AN  AB  AN  MN hay AD MC

AN  MN

Pytago



dfcm

Câu 5

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi , ,a b c và , ,x y z0 ta có:

 2

2 2 2

(*)

a b c

 

 

Dấu " " xảy ra a b c

  

Thật vậy, với a b,  và ,x y0ta có:

2

2 2

(**)

( )

a b

a y b x x y xy a b





0

bx ay

   (luôn đúng)

Dấu " " xảy ra a b

 

Áp dụng bất đẳng thức  ** ta có:

Dấu " " xảy ra a b c

  

Ta có:

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

Áp dụng BĐT (*) ta có :

1 1 1 2

2

(Vì abc1)

Hay

1 1 1 1 2

Mà 1 1 1 3

3 2

ab acbc ab  ac bc 

Vậy

2

a b c b c a c a b 