046 đề HSG toán 8 tam dương 2013 2014

lần lượt là giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến của tam giác ABC.. Tính tỉ số GH GO : b Cho hình thang ABCD có hai đáy AB2 ,a CDa.Hãy dựng điểm M trên đườ

PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2013-2014

Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1

Đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 và thỏa mãn f  1 5;f  2 11;f  3 21 Tính f   1 f  5

Bài 2

a) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho: n4 2n32n2  n 7là số chính phương b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy y2 x y2 2

Bài 3 Chứng minh rằng : x1x3x4x 6 100với mọi x

Bài 4

a) Cho tam giác ABC , gọi M, N lần lượt là trung diểm của BC AC Gọi O, G, H , lần lượt là giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến của tam giác ABC Tính tỉ số GH GO :

b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB2 ,a CDa.Hãy dựng điểm M trên đường thẳng CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 5

Cho x0,y0,z0và x  y z 1.Chứng minh rằng 2 7

27

xy yzzx xyz

ĐÁP ÁN Câu 1

Nhận xét: g x( )2x2 3thỏa mãn g 1 5;g 2 11;g 3 21 ( ) ( ) ( )

Q x  f x g x là đa thức bậc 4 có 3 nghiệm x1;x2;x3 Vậy Q x( )x1x1x3xata có:

 

2 2

( 1) 1 2 1 3 29 24

(5) 5 2.5 3 173 24

( 1) (5) 202

Câu 2

a)

Giả sử n4 2n32n2   n 7 y2 (y )

Ta có: 2  2 2 2

7

y  n n n  n

2

2 2

2

2

2 2

2

2 2

1 1

Thay 2  2 2 2

7

y  n n n  n

2

6 0

2 3 0

n

   

Thử trực tiếp n2;n 3thỏa mãn

Vậy số nguyên n cần tìm là n2; 3 

b)

Thêm xy vào hai vế của phương trình ta có:

2

2

1

x y xy xy

Ta thấy xy&xy1là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0

TH1: xy 0 x2 y2   x y 0

TH2: xy 1 0ta cóxy 1nên   x y; 1; 1 ;  1;1 

Thử lại ba cặp số   0;0 ; 1;1 ; 1; 1   đều là nghiệm của phương trình đã cho

Câu 3

Ta có: x1x3x4x 6 10x1x6x3x410

Vì  2 2

x  x  với mọi x

Do đó :  2 2

x  x   với mọi x (bài toán được chứng minh)

Câu 4

a)

Ta có: OM / /AH (vì cùng vuông góc với BC)

/ /

ON BH (vì cùng vuông góc với AC)

/ /

NM AB(đường trung bình của tam giác)

Xét ABH và MNO

O G

N

M H

A

Có: BAH NMO(góc có cạnh tương ứng song song)

ABH MNO(góc có cạnh tương ứng song song)

2

Xét AGH và MOG có:

GAH GMO(so le trong) (1)

1

2

GM

GA  (tính chất trọng tâm ) (2)

1

( ) 2

OM

cmt

AH 

Từ      1 ; 2 ; 3  AHG MOG c g c AGH MGO(4)

Mặt khác : A G M thẳng hàng (5) , ,

Từ (4),(5) H G O, , thẳng hàng và GH AH 2

GO OM 

b)

Gọi h là đường cao của hình thang ABCD

Giả sử đã dựng được điểm M thuộc CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau

Gọi N là giao điểm của AM và BC

Đặt S1S ADCN;S2 S ANB;S S ABCD

Ta có: 1 2 2

1 2

: 2 (1)

s s s

S S

s s

 



 



Kẻ đường cao NH của tam giác ANB và đặt NH  xta có:

a

x H

K N

M

 

2

ah

s aa h

2

1

.2

2

s  a xax

Thay vào (1) : 1 3 3

Áp dụng định lý Talet 1

3

NB NC

  suy ra cách dựng:

Chia đoạn BC làm 4 phần bằng nhau, lấy điểm N trên BC sao cho 1

4

NC BC

Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD tại điểm M cần dựng

Câu 5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

3 1

x y z xyz    

Mặt khác:

1 2 1 2 1 2

1

27

7

2 ( ) 27

xyz x y z y z x z x y

xyz xy yz zx xyz

xy yz zx xyz

xy yz zx xyz dfcm