Chứng minh BF.DG không đổi (khi vị trí điểm F thay đổi trên cạnh BC).... Dµnh cho hs kh«ng häc trêng.[r]
Trang 1ĐỀ THI CHO HSG LỚP 8
Bài 1: Cho biểu thức M = [ x2
x3− 4 x+
6
6 − 3 x+
1
x +2] : (x − 2+ 10− x
2
x +2 )
a) Rút gọn M
b) Tính giá trị của M khi |x| = 12
Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0
Bài 3:
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B = 3(x+1)
x3 +x2
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Với AB = a ; AD = b Từ đỉnh A , kẻ một
đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G
a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi
Bài 5: CMR nếu x2− yz
x (1 − yz)=
y2− xz
y (1− xz) Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1 Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)
Trang 2Bài 1: a) Rút gọn M
M= [ x2
x3− 4 x+
6
6 − 3 x+
1
x +2] : (x − 2+ 10− x2
x +2 ) = [ x2
x (x − 2)(x +2) −
6
1
x+2] :
6
x +2
(x − 2)(x +2).
x +2
b) |x| = 12 ⇔ x = 12 hoặc x = - 12
Với x = 12 ta có : M =
1
2 −1
2
=
1 3 2
= 32 ; Với x = - 12 ta có : M =
1 2+1 2
=
1
5
2
= 52
Bài 2: a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử
Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 - a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0
Ta có: (b + c - a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b + c + a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b - c -a) <0 ( BĐT trong tam giác)
(b + c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) Vậy A< 0
Bài 3: a) Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1
= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1
Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0 Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 1
Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = y và y = 2
Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2
b) B = 3(x+1)
x3
+x2
(x +1)+x +1 = 3(x +1)
(x2
x2+1
Do x2 +1>0 nên B = 3
x2 +1 3 Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = 0
Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0
Trang 3Bài 4:
a)
Do AB//CD nên ta có:
EAEG= EB
ED = ABDG (1)
Do BF//AD nên ta có:
EFEA= EB
ED = ADFB (2)
Từ (1) và (2) ⇒ EA
EF
EA Hay AE2 = EF EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi
Từ (1) và (2) ⇒ AB
FB
AD Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi) Bài 5: Từ GT ⇒ (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)
⇔ x2y- x3yz-y2z + xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2
⇔ x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0
⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
⇔ (x -y) [xy − xyz(x + y +z)+xz+yz] = 0
Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)
E
F
Trang 4ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn : Toán lớp 8 Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2.5 điểm)
Cho P= a2
(a+b)(1 −b) −
b2 (a+b)(1+a) −
a2b2 (1+a)(1 −b)
a Rút gọn P
b Tìm các cặp số nguyên (a, b) để P = 3
Câu 2: (1.5 điểm): Giải phương trình: x3
( x − 1)3=2− 3 x2
x −1
Câu 3: (1.5 điểm)
Cho x,y là hai số dương thoả x.y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x4+y2+
y
y4+x2
Câu 4: (2.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD Gọi M, N, P lần lượt trung điểm các cạnh AB,
BC, CD AN cắt BP tại E AN cắt DM tại F
a Chứng minh FA = FE
b Chứng minh DE = DC
Câu 5: (2.5 điểm)
Cho hình bình hành ABCD F là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC AF cắt BD tại E và cắt DC tại G
a Chứng minh AEAF= GE
b Chứng minh BF.DG không đổi (khi vị trí điểm F thay đổi trên cạnh BC)
Trang 5ĐÁP ÁN:
Câu 1: (2.5 điểm)
- Điều kiện a ≠ −1 , b≠ 1 , a ≠− b
- P= a
2
(1+a)−b2(1− b)− a2b2(a+b)
(a+b)(1 −b)(1+a) =
a2+a3−b2+b3− a2b2(a+b)
(a+b)(1− b)(1+a)
a −b+a2− ab+b2− a2b2
¿
(a+b)¿
¿(a − b)(a+b)+(a+b)(a2− ab+b2)−a2b2(a+b)
(a+b)(1+a)(a− b+b2− b2a)
¿(a+b)(a(1+a)−b (1+a)+b2 (1 − a)(1+a))
(a+b)(1− b)(1+a) =¿
¿
(a+b)(1− b)(1+a)
(a+b)(1+a)(a(1 −b)(1+b)− b(1 −b))
(a+b)(1+a)(1 −b)(a(1+b)−b)
(a+b)(1− b)(1+a)=¿
¿
(a+b)(1 − b)(1+a)=a+ab − b
b.- Để P =3: a+ab− b=3 ⇔a(1+b)−(1+b)=2 ⇔(a −1)(1+b)=2
- Lập các hệ: {a −1=1 b+1=2 ; {a −1=− 1 b+1=−2 ; {a −1=2 b+1=1 ; {a −1=− 2 b+1=−1
- Giải: {a=2 b=1 ; {b=− 3 a=0 ; {a=3 b=0 ; {a=− 1 b=− 2
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm: {b=− 3 a=0 ; {a=3 b=0
(Mỗi ý cho 0,25 điểm – Riêng ý 6: 0,50 điểm) Câu 2: (1.5 điểm)
x − 1¿2
( ¿¿ )=2 −3 x
2
x −1
x2− x2
x −1+
x2
¿
x −1)¿
Có:
x −1¿2
¿
¿
x2
+x2
¿
Đặt t=x+ x
x −1=
x2− x +x
x − 1 =
x2
x − 1 được:
t −1¿3=1⇔ t −1=1 ⇔t=2
t (t2−2 t −t )=2 −3 t ⇔t3
−3 t2+3 t − 1=1⇔¿
x −1¿2+ 1=0
x2
x −1=2⇔ x2
0,25 0,25 0,25 0,50 0,25
Trang 6Câu 3: (1.5 điểm)
- x4+y2≥ 2 x2y ⇒ x
x4+y2≤
x
2 x2 y=
1
2 xy (x, y là các số dương)
- y4+x2≥ 2 y2x ⇒ y
y4 +x2≤ y
2 y2x=
1
2 xy (x, y là các số dương)
- A= x
x4+y2+
y
y4+x2≤
1
2 xy+
1
2 xy=
1
- Dấu “=” xãy ra khi {x4=y2
x2
=y4 xy=1
⇔{x6=y6
xy=1 ⇔{x =1 y=1 (x, y là các số dương)
0,50 0,25 0,25
0,50 Câu 4: (2.0 điểm)
- Chứng minh được MBPD là hình bình
hành
- => FM // BE
- M là trung điểm của AB nên MF là đường
trung bình của ABE
- => FA = FE
- Chứng minh được AN vuông góc với DM
- Suy ra DAE cân tại D
- => DE = DA Do DA = DC nên DE = DC
0,25 0,25
0,25 0,25 0,50 0,25 0,25
Câu 5: (2.5 điểm)
- BF// AD => EBED= EF
EA
- AB//DG => EBED= EA
EG
- => EFEA= EA
EG
- => EFEA+ 1=EA
- => AFAE= AG
GE GA
- CM: EAD EFB để được BFDA= EB
ED
- CM: EBA EDG để được EBED= AB
GD
- ⇒BF
AB
GD ⇒BF DG=DA AB
- Do DA, AB không đổi nên BF.DG không
đổi
Mỗi ý cho 0,25 điểm
N
E F
A
D E
F
G
N
Trang 7ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Mụn : Toỏn lớp 8 Thời gian: 120 phỳt ( Khụng kể thời gian giao đề)
Câu 1 Cho P =
2
5 5
a) Rút gọn P
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Câu 2 a) Xác định các số a, b sao cho:
3x3 + ax2 + bx + 9 chia hết cho x2 – 9
b) Giải phơng trình với tham số a, b
a(ax + b) = b2(x – 1)
Câu 3 Quãng đờng từ A đến B gồm đoạn lên dốc AC, đoạn nằm ngang CD,
đoạn xuống dốc DB tổng cộng là 30km.Một ngời đi từ A đến B rồi từ B về A hết tất cả 4h 25 phút.Tính quãng đờng nằm ngang,biết vận tốc khi lên dốc là
10km/h, vận tốc khi xuống dốc là 20km/h và vận tốc đi trên đờng nằm ngang là 15km/h
Câu 4 Cho tam giác ABC vuông ở A, trung tuyến BD, phân giác của góc ADB
và góc BDC lần lợt cắt AB, BC ở M và N, biết AB = 8, AD = 6
a) Chứng minh rằng: MN//AC
b)Tứ giác MNCA là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCA?
Câu 5 a) Giải bất phơng trình:
2 1
2 3
x
x x
b) Cho 4x + y = 1.Chứng minh rằng:
4x2 + y2 ≥
1 5
c) Chứng minh m,n,p,q ta đều có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2
+1 m(n+p+q+1) dấu bằng xảy ra khi nào?
Câu 6 a, Chứng minh rằng a2
+b2
+c2≥ ab+bc+ac
b , Cho a, b, c là các số dơng thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:
b,Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x3 + y3 +xy biết x + y = 1
Trang 8ĐÁP ÁN:
Câu 1 a) P = (x2+5 x +4 )(x2+5 x +6)+1
x2+5 x+5
P =
x2+5 x +4¿2(x2+5 x +4 )+1
¿
¿
¿
P = (x2+5 x +5)
x2+5 x +5
2
=x+5 x +5
b) P = (x +5
2)2−5
4≥
−5
4
Vậy min P = - 5/4 khi x = - 5/2 ,giá trị này của x thoả mãn x2+5 x +5 ≠ 0
Câu 2 a, Chia 3x3 + ax2 + bx + 9 cho x2 – 9
đợc 3x + a d (b + 27)x + (9 + 9a)
Để phép chia hết cần : (b + 27)x + (9 + 9a) = 0 với mọi x
b + 27 = 0
⇔
9 + 9a = 0
{ B = - 27
a = - 1 b) ⇔ a2x + ab = b2x – b2
⇔ a2x – b2x = - ab – b2
⇔ (a2 – b2)x = - ab – b2
⇔ (a – b)(a + b)x = - b(a + b)
+) Nếu a = b thì pt có dạng 0x = - 2b2
Suy ra a = b = 0 pt ngiệm đúng mọi x
a = b ≠ 0 pt vô ngiệm
+) Nếu a = - b thì pt có dạng 0x = 0 suy ra pt nghiệm đúng mọi x
+) Nếu a ≠ b thì pt có 1 ngiệm duy nhất x = ± a− b − b
Câu 3 Gọi quãng đờng nằm ngang CD là x(km) ( x > 0)
Thì quãng đờng AC + BD = 30 – x
Cả đi và về quãng đờng nằm ngang là 2x
Cả đi và về quãng đờng lên dốc là 30 – x
Cả đi và về quãng đờng xuống dốc là 30 –x
Ta có phơng trình: 2 x
30 − x
30 − x
5
12⇔ x=5(tm)
Câu 4
a) MA
BD
NB
BD
DC mà AD =
DC nên MB
NB
NC→ MN // AC
b) Tứ giác AMND là hình thang
vuông
SAMND = 1
2 (MN + AC)AM
Theo pytago với Δ ABD có A❑ =
900 → BD = 10 (cm)
Trang 9AD
BD → MA=3 (cm);MB=5(cm); AC = 2AD = 12(cm)
MN // AC (cmt) MN
MB
AB → MN=7,5(cm) ; SAMND = 292,5 (cm2)
Câu 5 Dành cho hs không học trờng
a) 2 < x <3
b) y = 1 – 4x suy ra y2 = (1 – 4x)2
Xét
5 x −1¿2
¿
4 ¿
1− 4 x¿2−1
5=¿
4 x2
+y2−1
5=4 x
2 + ¿
(đpcm)
Câu 5 Dành cho hs trờng
a)
(1+1
a)(1+1
b)≥ 9
⇔ a+1
a .
b+1
b ≥ 9
⇔ ab+a+b +1≥ 9 ab
¿
⇔ a+b+1 ≥ 8 ab ⇔2≥ 8 ab
a+b¿2≥ 4 ab
¿
a −b¿2≥ 0
⇔ 1≥ 4 ab ⇔¿
b)
A=(x + y)(x − xy+ y)+xy A=x − xy+ y + xy A=x2+y2
Thay y = 1 – x vào A đợc:
1− x¿2+2(x2− x)+1 A=x2+ ¿
A=2(x −1
2)2+ 1
2≥
1 2
Suy ra Min A = 1/2 khi x = 1/2 ;
Và y = 1/2
⇔(m42− mn+n
2
)+(m42− mp+ p
2
)+(m42− mq+q
2
)+(m42− m+1)≥ 0
⇔(m2 − n)2+(m2 − p)2+(m2− q)2+(m2−1)2≥ 0 (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi {m2−n=0
m
2− p=0
m
m
⇔ {n= m
2
p= m
2
q= m
2
m=2
⇔ {n= p=q=1 m=2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1, 1, 1) và (a, b, c) ta có
(1 2 +1 2 +1 2)(a2
+b2 +c2 )≥ (1 a+1 b+1 c )2
⇒ 3 (a2
+b2 +c2)≥ a2
+b2 +c2 + 2 (ab+bc+ac )
⇒ a2
+b2
+c2≥ ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b =
c
Trang 10Đề cho đội tuyển học sinh giỏi toỏn 8
Câu 1: (5điểm) Tìm số tự nhiên n để:
a, A=n3-n2+n-1 là số nguyên tố
b, B = n4+3 n3+2 n2+6 n −2
n2 + 2 Có giá trị là một số nguyên.
c, D= n5-n+2 là số chính phơng (n 2)
Câu 2: (5điểm) Chứng minh rằng :
a, a
b
c
b, Với a+b+c=0 thì a4+b4+c4=2(ab+bc+ca)2
c, a2
b2 +b2
c2 +c2
a2≥ c
b+
b
a+
a c
Câu 3: (5điểm) Giải các phơng trình sau:
a, x −214
x − 132
x −54
b, 2x(8x-1)2(4x-1)=9
c, x2-y2+2x-4y-10=0 với x,ynguyên dơng
Câu 4: (5điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD), 0 là giao điểm hai đờng
chéo.Qua 0 kẻ đờng thẳng song song với AB cắt DA tại E,cắt BCtại F
a, Chứng minh :Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC
b Chứng minh: 1
1
2 EF
c, Gọi K là điểm bất kì thuộc OE Nêu cách dựng đờng thẳng đi qua Kvà chia
đôi diện tích tam giác DEF
Câu Nội dung Đi
ể m
a, (1điểm) A=n3-n2+n-1=(n2+1)(n-1) Để A là số nguyên tố thì n-1=1 ⇔ n=2 khi đó A=5
0, 5
Trang 11Câu 1
(5điểm)
0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5
b, (2điểm) B=n2+3n- 2
n2 + 2
B có giá trị nguyên ⇔ 2 ⋮ n2+2
n2+2 là ớc tự nhiên của 2
n2+2=1 không có giá trị thoả mãn
Hoặc n2+2=2 ⇔ n=0 Với n=0 thì B có giá trị nguyên
c, (2điểm) D=n5-n+2=n(n4-1)+2=n(n+1)(n-1)(n2+1)+2
=n(n-1)(n+1) [(n2− 4)+5] +2= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5 n(n-1) (n+1)+2
Mà n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2 ⋮ 5 (tich 5số tự nhiên liên
tiếp)
Và 5 n(n-1)(n+1 ⋮ 5 Vậy D chia 5 d 2
Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7nên D không phải số chính
phơng
Vậy không có giá trị nào của n để D là số chính phơng
Câu 2
(5điểm)
a, (1điểm) a
b
c
ac
abc abc2+ abc+ac+
c
ac+c +1
= ac
abc
c +1+ac+
c
abc+ac+1
0, 5 0, 5
0 5 0 5 0 5 0 5
0, 5 0, 5 0, 5
0, 5
b, (2điểm) a+b+c=0 ⇒ a2+b2+c2+2(ab+ac+bc)=0 ⇒ a2+b2+c2= -2(ab+ac+bc)
⇒ a4+b4+c4+2(a2b2+a2c2+b2c2)=4( a2b2+a2c2+b2c2)+8abc(a+b+c) Vì a+b+c=0
⇒ a4+b4+c4=2(a2b2+a2c2+b2c2) (1)
Mặt khác 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2)+4abc(a+b+c) Vì a+b+c=0
⇒ 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2) (2)
Từ (1)và(2) ⇒ a4+b4+c4=2(ab+ac+bc)2
c, (2điểm) áp dụng bất đẳng thức: x2+y2 2xy Dấu bằng khi x=y
a2
b2+
b2
c2≥ 2
a
b.
b
c=2
a
c ;
a2
b2+
c2
a2≥ 2
a
b.
c
a=2
c
b ;
c2
a2+
b2
c2≥ 2
c
a.
b
c=2
b a
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
2(a
2
b2 +b2
c2 +c2
a2 )≥2( a
c+
c
b+
b
a) ⇒ a2
b2 +b2
c2 +c2
a2≥ a
c+
c
b+ b a
Trang 12Câu 3
(5điểm)
a, (2điểm) x −214
x − 132
x −54
⇔ (x −214
x − 132
x − 54
82 − 3)=0
⇔ x −300
x −300
x −300
⇔ (x-300) (861 +
1
84+
1
82)=0 ⇔ x-300=0 ⇔ x=300 Vởy S =
{ 300 }
1,0 0,5 0,5
0,5 0,5 0,5 0,5
0,5 0,5
b, (2điểm) 2x(8x-1)2(4x-1)=9
⇔ (64x2-16x+1)(8x2-2x)=9 ⇔ (64x2-16x+1)(64x2-16x) = 72
Đặt: 64x2-16x+0,5 =k Ta có: (k+0,5)(k-0,5)=72 ⇔ k2=72,25
⇔ k= 8,5±
Với k=8,5 tacó phơng trình: 64x2-16x-8=0 ⇔ (2x-1)(4x+1)=0;
⇒ x= 1
2; x=
− 1
4
Với k=- 8,5 Ta có phơng trình: 64x2-16x+9=0 ⇔ (8x-1)2+8=0 vô
nghiệm
Vởy S = {12,
−1
c, (1điểm) 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 dơng
Nên x+y+3>x-y-1>0 ⇒ x+y+3=7 và x-y-1=1 ⇒ x=3 ;
y=1
Phơng trình có nghiệm dơng duy nhất (x,y)=(3;1)
Câu 4
(5điểm)
a,(1điểm) Vì AB//CD ⇒ S DAB=S CBA
(cùng đáy và cùng đờng cao)
⇒ S DAB –SAOB = S CBA- SAOB
Hay SAOD = SBOC
b, (2điểm) Vì EO//DC ⇒ EO
AO
AC Mặt khác AB//DC
⇒
DC OC AB DC AO OC AB DC AC DC AB DC
AB
2
1
2 EF
c, (2điểm) +Dựng trung tuyến EM ,
+ Dựng EN//MK (N DF) +Kẻ đờng thẳng KN là đờng thẳng phải
dựng
Chứng minh: SEDM=S EMF(1).Gọi giao của EM và KN là I thì
SIKE=SIMN
(cma) (2) Từ (1) và(2) ⇒ SDEKN=SKFN
0,5 0,5
0,5 1,0 0,5 1,0 1,0
C D
O
I M N