100 Đề ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: 100 Đề ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn giải)

1. ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức abcbcacab222( −+−+−) ( ) ( )thành nhân tử 2 b) Cho a,b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: (abcabc++=++) 222 abc222 Tính giá trị của biểu thức: P =++ a2bcb2acc2ab222+++ c) Cho x y+ z + 0. = Chứng minh rằng: 2xyz5xyzxyz( 555222++=++ ) ( ) Câu 2. (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n 1+ 8 và n 4− 1 là hai số chính phương 22 1125 b) Cho a,b 0 thỏa mãn a b+= 1 . Chứng minh ab+++ ba2 Câu 3. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCDcó góc ABCnhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các tam giác đều BCEvà DCF. Tính số đo E A F Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác A B C nhọn có các đường cao A A' ,B B' ,C C' và H là trực tâm a) Chứng minh BC'.BACB'.CABC+=2 HB.HCHA.HBHC.HA b) Chứng minh rằng: ++= 1 AB.ACBC.ACBC.AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt A B,A C lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của M N . Câu 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCDvà 2018 đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông 2 này thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng .Chứng minh rằng có ít nhất 505 đường 3 thẳng trong 2018 đường thẳng trên đồng quy. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) abcbcacab222222( −) +−( +−) =−( −−) +− abcbaccab( ) ( ) ( ) 2 2 2 =abcbab( −) − ( −) +( bc −) + cab( − ) =(a2 − b 2)( b − c) +( c 2 − b 2 )( a − b) =(ababbc −)( +)( −) −( bcbcab −)( +)( − ) =−(abbcabbc)( − +−− =−) ( abbcac)( −)( − )
2. 2 b) (abcabcabacbc0++=++ ++=) 222 aaa222 == a2bcaabacbc22+−−+ (abac−−)( ) bbcc2222 Tương tự: ==; b2acc2ac22++(babccacb−−−−)( ) ( )( ) abc222 P =++ a2bcb2acc2ab222+++ abc222 =−+ (abacabbcacbc−−−−−−)( ) ( )( ) ( )( ) (abacbc−−−)( )( ) ==1 (abacbc−−−)( )( ) 3 c) Vì xyz0xyzxyz++= += − += − ( ) 3 Hay xy3xyxyz3xyzxyz333333+++= − =++( ) 3xyzxyzxyzxyz( 222333222++=++++) ( )( ) Do đó: =++++++++xyzxyzyzxzxy555322322322 ( ) ( ) ( ) 2 Mà x2+ y 2 =( xy +) − 2xyz = 2 − 2xyVi( xy + = − z) Tương tự: yzx2yz;zxy2zx222222+=−+=− Vì vậy: 3xyz( x22255532++=+++ y z) x y z x( x −+ 2yz) y 32( y −+ 2zx) z 32( z − 2xy) =++−++2( xyz2xyz555222 xyz) ( ) Suy ra : 2( xyz5xyz555222++=++ xyz) ( ) Câu 2. a) Để n 1+ 8 và n 4− 1 là hai số chính phương +=n18p 2 và n41qp,q−= 2 ( ) −=+−−= −p22 q( n18) ( n41) 59( pqpq)( +=) 59 p − q = 1 p = 30 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p+ q = 59 q = 29 Từ n+=== 18 p30900n22 = 882 Thay vào n41,− ta được 8824184129q−=== 22 Vậy với n882= thì n+ 18 và n− 41là hai số chính phương 2 b) Có: (a− b) 0 a2 + b 2 − 2ab 0 a 2 + b 2 2ab (*) Dấu đẳng thức xảy ra khi ab= 22 1 25 1 1 25 1 Áp dụng (*) có: a+ + 5 a + ; b + + 5 b + b 4 b a 4 a
3. 22 112511 Suy ra: ab5ab++++ +++ ba2ba 22 112511 ++++ +++ ab5ab ( ) ba2ab 22 112511 ++++ +++= ab55(Viab1) ba2ab 1 1 4 Với a,b dương , chứng minh + =4 (Vi a + b = 1) a b a+ b Dấu bằng xảy ra khi ab= 22 1 1 25 Ta được: a+ + b + + 5 + 5.4 b a 2 22 1125 1 +++ ab . Dấu đẳng thức xảy ra =ab = ba2 2 Câu 3. A D C B F E Chứng minh được ABE= ECF Chứng minh được =ABEFCE = c.g.cAEEF( ) Tương tự: AF= EF == AEEFAFAEF đều =EAF60 0 Câu 4. A B' N C' H M B A' D C BH BC' a) Chứng minh BHC' BAB' = BH.BB' = BC'.BA (1) AB BB'
4. BHBA' Chứng minh = =BHA'BCB'BH.BB'BC.BA'(2) BCBB' Từ (1) và (2) =BC'.BABA'.BC Tương tự : CB'.CACA'.BC= +=+=+=BC'.BACB'.CABA'.BCCA'.BCBA'A'C( .BCBC ) 2 BH BC' BH.CH BC'.CH S b) Có = = = BHC AB BB' AB.AC BB'.AC SABC AH.BHS AH.CH S Tương tự: ==AHB ; AHC CB.CA SABC CB.AB S ABC HB.HCHA.HBHC.HA S ++== ABC 1 AB.ACAC.BCBC.ABS ABC HM AH c) Chứng minh AHM CDH( g.g) = (3) HD CD AHHN Chứng minh =AHNBDHg.g(4)( ) BDHD Mà CDBD(gt)(5)= HM HN Từ (3) ,( 4) ,( 5) = HM = HN H là trung điểm của MN HD HD Câu 5. Gọi E,F,P,Qlần lượt là trung điểm của AB,CD,BC,AD.Lấy các điểm I,G trên EF và K,H trên PQ thỏa mãn: IEHPGFKQ2 === IFHQGEKP3 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD,BC,EF lần lượt tại M,N,G'.Ta có: AB.( BM+ AN) S 2 2 EG' 2 ABMN = 2 = = GG'  hay d qua G. SCDNM 3CD.( CM+ DN) 3 G'F 3 2 Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề Câu đều đi qua một trong 4 điểm G,H,I,K Do có 2018 đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G,H,I,K theo nguyên lý Dirichle phải tồn 2018 tại ít nhất +=1505 đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. 4 Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy. (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm)
5. 1) Chứng minh : (xyxxyxyyxy+−+−=−)( 322344 ) 2) Phân tích đa thức thành nhân tử: xx2x2x21( ++++)( 2 ) 3) Tìm a,b,c biết: abcabbcac222++=++ và a b888 c+ 3 + = Câu 2. (4 điểm) 2x 2 y2−+ x 2 y 2 x y = − + − − Cho biểu thức: P. 2 2 2 2 với x0;y0; xy x x+ xy xy xy + y x + xy + y 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P,biết x,y thỏa mãn đẳng thức: xy102x3y22++=− ( ) Câu 3. (4 điểm) 2 1) Giải phương trình: (6x86x66x772+++=)( )( ) 2) Tìm các cặp số nguyên (x; y ) thỏa mãn: x x22 3+ y+ = Câu 4. (2 điểm) Cho các số a,b,c thỏa mãn 1 a,b,c 0 . Chứng minh rằng: abcabbcca1++−−− 23 Câu 5. (5,5 điểm) Cho hình vuông A B C Dcó cạnh bằng a,biết hai đường chéo cắt nhau tại O.Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM= 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và B N . 1) Chứng minh =BIOCMO và tính diện tích tứ giác B I O Mtheo a 2) Chứng minh BKMBCO= 111 3) Chứng minh =+ CDAMAN222 Câu 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABCABAC,( ) trọng tâm G. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh ABAC A B,A Ctheo thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức + . ADAE HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) Ta có: (x+ y)( x3 − x 2 y + xy 2 − y 3 ) =x4 − xyxy 3 + 2 2 − xy 3 + xyxy 3 − 2 2 + xy 3 − y 4 =−xy44
6. 2 221111 Ta có: xxxx+−=−++=−+ 2212 111 xxxx 1 M = 1 ""= x =1. Nên ta có: 1 . Dấu xảy ra khi x2 + x2 −1 Vậy M lớn nhất là M =1khi x =1 2. 1−− 2xy 1 2 Ta có: + = −1( 1 2x)( 1 −+− y) ( 1 2 y)( 1 −=−− x) ( 1 x)( 1 y) 11−−xy 31xy + −−++−−+=−−+ +=1221221yxxyxyxyxyxyxy 2 22 22 2 3131xyxy+− Ta có : Mxyxyxyxyxy=+−=+−=−== ( ) 33 22 31xy − Vì xy, nên là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2 Bài 2. 1) Ta có: ( xxxxxxxx+++++==+++++35792033)( )( 122712352033)( ) ( 22)( ) 2 Đặt xxt++=1230, ta có: (xxxxtt+++++=−++35792033352033)( )( )( ) ( )( ) 2 =t +2 t − 15 + 2033 = t( t + 2) + 2018 22 Vậy ta có (xxxxxxxx+++++=+++++35792033123012322018)( )( )( ) ( )( ) 2 Vậy số dư trong phép chia (xxxx+++++35792033)( )( )( ) cho xx++1230 là 2018. 2) Vì x+ y + zzx = =−−776 yxy 111 zxy x + +−= yxy =−− +=−− ( )( ) Tương tự ta có: yz+ x −6 =( y − 1)( z − 1) ; zx + y − 6 =( z − 1)( y − 1) 111111 zxy− + − + − Vậy H =++= (xyyzzxxyz−111)( −−) 11( −− 111)( −−) 1( −)( − ) ( )( )( ) (x+ y + z) − 3 7− 3 4 = = = xyz−+++++−( xy yz xz) ( x y z) 1 3 −+++−( xy yz xz) 7 1 9 −++( xy yz xz) 2 2 2 2 2 Ta có: (x++=+++ y z) x y z2( xy ++ =+ yz xz) 7 23 2( xy ++ yz xz) xy + yz + xz =13
7. 4 Vậy H = = − 1 9 1− 3 Bài 3. 1) Ta có: 331772323717323717xxyxyxyyxxxyxx222+−=− += −++ += −++ ( ) Vì x nguyên nên 2 3x 0+ nên ta có: −++−−+++371732961111xxxxx22 −++++xxx(323 3211) ( ) yx=== −++ 3 3223232xxx+++ 11 Vì xy, nguyên nên ta có nguyên + +=11 32321;11xx 32x + - Xét các trường hợp ta tìm được xyxy= −=1;1;3;5 −= −= thỏa mãn và kết luận 22 2) Ta có: (3213816323338144xxxxxx−++=)( − −++=) ( − ) ( )( ) ( ) Đặt 33325;385xtxtxt+= −=−+=+ 2 Ta có phương trình: (ttt−+=−55144) ( ) −+= −−=tttt4222 2514409160 ( )( ) tt2 ==93 2 t =16 t = 5 28 Xét các trường hợp ta tìm được xxxx==0;2;; −== − 33 Bài 4. A M B O N K D C E H 00 1) Ta có : BOC=90 CON + BON = 90 ;vì
8. 00 MONBOMBONBOMCON= += =9090 BOC 0 Ta có BD là phân giác ABC MBO = CBO = = 45 2 BOC 0 Tương tự ta có: NCODCO=== 45 . Vậy ta có : M B O N= C O 2 Xét O B M và O C N có OB= OC;; BOM = CON MBO = NCO =OBMOCNOMON = 0 Xét M O N có MONOMONMON== 90; vuông cân 2) =OBMOCNMBNC = mà ABBCABMBBCNC= −=− AMBN = =AMBM MBNC ANBN Ta có: ABCDAMCE/ // / = NENC AMAN Vậy ta có: = MNBE// (Theo định lý Talet đảo) MBNE 0 3) Vì MNBEBKNMNO/ /45 == (đồng vị và có tam giác M O N vuông cân) 0 NBNO BNK ONC (vì có BNKONK=== BKNOCN;45 ) = NKNC NBNO - Xét BNOKNC; có BNOCNKBNOKNC== ; NKNC 0 ==NKCNBO 45 000 Vậy ta có: BKCBKNCKN=+=+= 454590 ⊥CK BE 0 4) – Vì KH// OM mà MKOKMKKHNKH⊥ ⊥ = 90 mà 000 NKCCKHBKNNKCCKH= = ===454545 Xét B K C có BKNNKCKN= là phân giác trong của B K C , mà KH⊥ KN KC HC KH là phân giác ngoài của BKC = KB HB KNBN Chứng minh tương tự ta có : = KHBH KC KN NC HC BN CN BH Vậy ta có + + = + + = = = 1 KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 221 24 Ta có: H= x +2 y + + xy
9. 22 124 =−++−+++−++−+++(xxyyxyxy212882624217) ( ) ( ) xy 22 22(xy−−162) ( ) =−+−+++++(xyxy122217) ( ) ( ) xy +++++=000051722 22 22(xy−−162) ( ) Dấu ""= xảy ra −=−===(xy1220) ( ) và xy+=25 xy =x 1 y = 2. H Hxy= ==221,2 và Vậy nhỏ nhất là (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 98. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,5 điểm) 3223 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: Paababb=+++2772 2 2) Cho xx+=1.Tính giá trị biểu thức Qxxxxxx=++++++65432222221 Câu 2. (4,5 điểm) xx−+1144026 1) Cho biểu thức R =+− 223 : . Tìm x để biểu thức xác xxxxxxx−+−224 định, khi đó hãy rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x−2( x − 1)( x + 1)( x + 2) = 4 Câu 3. (4,0 điểm) 3 1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh nn− chia hết cho 24 2 2) Tìm số tự nhiên n để nn++42013 là một số chính phương. Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho hình thang A B C D vuông tại A và D. Biết CDABAD==22 và BCa= 2 a) Tính diện tích hình thang A B C D theo a b) Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. 0 Chứng minh HDI = 45 2) Cho tam giác ABC có BC= a,,. CA = b AB = c Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh ABC,, lần lượt là lllabc,,. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + + + labc l l a b c Câu 5. (1,0 điểm) 22 Cho hai số không âm a và b thỏa mãn: a+ b = a + b.Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
10. ab S =+ ab++11 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 33 1) Ta có: Pababab=+++27()( ) =27(a + b)( a22 − ab + b) + ab( a + b) =(a + b)(2 a22 + 2 b + 5 ab) =(a + b)(2 a22 + 4 ab + 2 b + ab) =(a + b) 2 a( a + 2 b) + b( a + 2 b) =(a + b)(22 a + b)( a + b) Kết luận Pababab=+++( )(22)( ) 2) Ta có: Qxxxxxxxxxx=+++++++++24324322.221( ) ( ) 222 22 =+++++xxxxxx( ) ( ) 2 =++=xx2 34 Vậy Q = 4 Câu 2. xxx−+114 1) Ta có: R =+− . x xx−+224026 x 2 ( ) ( ) xx( − 4) x 0 ĐK: xx( 2 − 40) x 2 1114 xx−+ Khi đó: R =+− . 2 4026224 xxx−+− 2 1 (xxxx−+++−−12124)( ) ( )( ) 1124(x − ) = . ==. 40264 x2 − 4026x2 − 4 2013 x 0 1 Vậy R xác định khi và R = x 2 2013 2) +Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành :
11. (xxxx−−++=21124)( )( )( ) −−=(xx22144)( ) −= −=xxxx4222 50.50 ( ) xktm= 0 () = xtm 5() xktm=− 5() +)Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành: (2−x)( x − 1)( x + 1)( x + 2) = 4 (x −2)( x − 1)( x + 1)( x + 2) = − 4 (xx22 −1)( − 4) = − 4 xx42 −5 + 8 = 0 2 2 57 −+= x 0 vô nghiệm 24 Phương trình có một nghiệm x = 5 Câu 3. 3 1) Ta có: nnnnn−=−+ ( 11)( ) Vì nnn−+1;;1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số đó chia hết cho 3. 3 Do đó (nn− ) 8(2) Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1) ; 2( ) suy ra 3 (n− n) 24 ( dpcm) 22 2) Giả sử nnmm++= 42013 ( ) 2222 Suy ra (nmmn++= −+=2200922009) ( ) (m + n +2)( m − n − 2) = 2009 Mặt khác 20092009.1=== 287.749.41 và mnmn++ −−22 nên có các trường hợp sau: m+ n +2 = 2009 m = 1005 TH1: m− n −2 = 1 n = 1002 m+ n +2 = 287 m = 147 TH 2: m− n −2 = 7 n = 138 m+ n +2 = 49 m = 45 TH3: m− n −2 = 41 n = 2
12. Vậy các số cần tìm là 1002 ; 138 ;2 Câu 4. A B H I D E C 1) a) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông cân Từ đó suy ra ABADaBCa=== ,2 ( ABCDADaaa++).2. ( ) 3a2 Diện tích của hình thang A B C D là S === 222 b) ADH= ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông góc) Xét hai tam giác A D C và IBD vuông tại D và B có: ADIB 1 ==, do đó hai tam giác A D C và I B D đồng dạng DCBC 2 Suy ra ACDBDI= (2) Từ (1) , 2( ) =ADHBDI 000 Mà ADHBDHBDIBDH+= += 4545 hay HDI = 45 2)
13. M A B D C Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tại M Ta có: B A D A= M C (hai góc ở vị trí đồng vị) D A C A= C M (hai góc ở vị trí so le trong) Mà BADDAC= nên AMCACM= hay A C M cân tại A, suy ra AMACb== ADBAc Do ADCM// nên == CMBMbc + c AD 1 1 1 1 Mà CM AM + AC =2 b + (1) b+ c22 b la b c 1111111 Tương tự ta có: +=+ (2);(3) lcalabbc 2 Cộng (1;2;3) ( ) ( )vế theo vế ta có điều phải chứng minh 2222 Câu 5. Ta có: aa+ bbababab1 + 2 ;1 ++ + + 22222 114 Chứng minh được với hai số dương xy, thì + xyxy + 114 Do đó: S =221 −+ − abab+++1111 + + Vậy GTLN của S là 1, dạt được khi ab==1 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 99. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)
14. 2 (a −1) 1244−++aaaa23 Cho biểu thức M =− 2 32: 31aa+−( ) aa−14 a) Rút gọn M b) Tìm a để M 0 c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2. (5 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x+2 x + 4 x + 6 x + 8 a) + = + 98 96 94 92 63 b) xx− −7 = 8 0 2) Tìm mđể phương trình sau vô nghiệm 12−−xx 22(xm−−) += xmxmmx−+− 22 3) Tìm ab, sao cho fxaxbxx()104=++−32 chia hết cho đa thức g x( )x 2 x= + −2 Câu 3. (4 điểm) 1) Cho x y+ z + = 1 và x y333 z+ + = 1. Tính Axyz=++201520152015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30/,kmh nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 1 0 /k m h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB ? Câu 4. (5 điểm) Cho hình vuông A B C D có AC cắt BD tại OM, là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác BC,). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE= CM a) Chứng minh OEM vuông cân b) Chứng minh : MEBN// c) Từ C kẻ CH⊥ BN( H BN ). Chứng minh rằng ba điểm OMH,,thẳng hàng. Câu 5. (2 điểm) Cho số thực dương abc,,thỏa mãn abc++= 2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 23313233321a+ b + ca ++ b ++ ca + b − c P =++ 201520162017+++abc HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Điều kiện: aa 0; 1
15. 2 (a −1) 12414−++aaaa23 Ta có: M =−+ 2 32: 31aa+−( ) aaa−−114 2 (a −1) 1−+ 2a22 4 a 1 4 a = − + . a2 + a +1122 a − (a−1)( a + a + 1) a( a + 4) 3 (a−1) − 1 + 2 a22 − 4 a + a + a + 1 4a = . 2 a2 + 4 (a−11)( a + a + ) a3−3 a 2 + 3 a − 1 − 1 + 2 a 2 − 4 a + a 2 + a + 1 4 a = . (a−11)( a2 + a + ) a2 + 4 a3 −1 4 a 4 a ==. a3−1 a 2 + 4 a 2 + 4 b) M 0 4 a 0 a 0 Kết hợp với điều kiện suy ra M 0khi a 0 và a 1 22 2 4a (aaa+−−+444) ( ) (a − 2) c) Ta có: M ===− 1 aaa222+++444 (a − 2)2 (a − 2)2 Vì 0 với mọi a nên 11− với mọi a a2 + 4 a2 + 4 (a − 2)2 Dấu ""= xảy ra khi = =02a a2 + 4 Vậy MaxM =1khi a = 2. Câu 2. 1) a) Ta có: xxxx++++2468 +=+ 98969492 xxxx++++ 2468 + ++ 1111 =+ ++ 98969492 1 1 1 1 (x ++100) .0− −= 98 96 94 92 1 1 1 1 Vì + − − 0 98 96 94 92 Do đó: xx+100 = 0 = − 100 Vậy phương trình có nghiệm : x =−100 b) Ta có:
16. xxxx6333−−= +−=780180 ( )( ) +−+−++=(xxxxxx112240*)( 22)( )( ) ( ) 2 2 13 2 2 Do xxx−+=−+ 10 và xxx++=++ 24130 ( ) với mọi x 24 Nên (*1201;2) +−= −(xxx )( )  12−−xx 22(xm−−) 2) += (1) x− m x + m m22 − x ĐKXĐ: xm+ 0 và xmxm− 0 −++−−=−−(1222xxmxxmxm)( ) ( )( ) ( ) −=−(212*mxm) ( ) 1 −3 +Nếu 210mm−= = ta có: (*0) =x (vô nghiệm) 2 2 1 m − 2 +Nếu m ta có (*) =x 2 21m − - Xét xm= m − 2 = −=− mmmm 222 21m − 2 22 13 −+= −+22201mmmmm 00 = −+= 24 (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét xm=− m − 2 = − −= −+mmmm 222 21m − = =mm2 11 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m = hoặc m = 1 2 2 3) Ta có: g( xxxxx )212=+ − =−+ ( )( ) 32 2 Vì f( xaxbxx )104=++− chia hết cho đa thức g( x) = x + x − 2 Nên tồn tại một đa thức qx()sao cho f( x )= g ( x ). q ( x ) 32 ax + bx +10 x − 4 =( x + 2) .( x − 1) q ( x ) Với xa=16 bba 06 + + = = − − (1) Với x= −2 2 a − b + 6 = 0( 2) Thay (1) vào (2)ta có: a =−4và b =−2 Câu 3.
17. 3 1) Từ xyzxyz++= ++=11( ) Mà x y333 z+ + = 1 ++−−−=(xyzxyz )3 333 0 ++−−+=( xyzzxy )3 333 ( ) 0 ++−++++++−+−+=xyzzxyzxyz zzxyxxyy 2 222 0 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ++++++++++−+−=( xyxyzxyyzxzxzyzzzxxyy)( 2222222 2220 ) ++++=( xyzxyyzxz)(333302 ) +++=(xyyzxz)30( )( ) xyxy+==−0 += =−yzyz 0 xzxz+==−0 *Nếu xyzAxyz= − = =++=11201520152015 *Nếu yzxAxyz= − = =++=11201520152015 *Nếu xzyAxyz= − = =++=11201520152015 2) Gọi x k( m ) là độ dài quãng đường AB. ĐK: x 0 x Thời gian dự kiến đi hết quãng đường AB: (giờ) 30 Quãng đường đi được sau 1 giờ: 3 0 ( )km Quãng đường còn lại : xkm− 30( ) x − 30 Thời gian đi quãng đường còn lại: (giờ) 40 xx130 − Theo bài ta có phương trình: =++1 30440 =+− 430.5xxx 3.3060 = ( ) (thỏa mãn) Vậy quãng đường AB là 60km . Câu 4.
18. A E B O M H' H D C N a) Xét O E B và O M C Vì A B C D là hình vuông nên ta có : O B O= C 0 Và BC11==45 B E C= M g t ( ) Suy ra =OEMOMCcgc ( ) =O E O M và OO13= 0 Lại có: OOBOC23+== 90 vì tứ giác A B C D là hình vuông 0 +==OOEOM21 90 kết hợp với OE= OM OEM vuông cân tại O b) Từ giả thiết ABCD là hình vuông =ABCD và ABCD// AMBM + =ABCDABCN/ // / (định lý Ta-let) (*) MNMC Mà BE= CM( gt)và ABCDAEBM= = thay vào (*) AMAE Ta có: = MEBN// (theo Định lý Talet đảo) MNEB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ MEBNOMEMHB/ /' = 0 0 Mà OME = 45 vì OEM vuông cân tại O ==MH'45 BC 1 OMC BMH ' (gg. ) OMMC =, kết hợp OMBCMH= '(hai góc đối đỉnh) BMMH 0 OMB CMH'( c . g . c ) OBM = MH ' C = 45 0 Vậy BH' C= BH ' M + MH ' C = 90 CH ' ⊥ BN Mà CH⊥ BN( H BN) H  H 'hay 3 điểm OMH,,thẳng hàng (đpcm) Câu 5.
19. Ta có: 23313233321abcabcabc+++++++− P =++ 201520162017+++abc bccaab++++++403340324031 =++ 201520162017+++abc Đặt 2015 +=ax 2016 +=by 2017 +=cz bccaab++++++403340324031 P =++ 201520162017+++abc yzzxxyyxxzyz+++ =++=+++++ xyzxyzxzy yxzxyz ++=−2.2.2.6() Cosi xyxzzy Dấu ""= xảy ra khi xyz==suy ra abc===673,672,671 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 khi a===673, b 672, c 671 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 100. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Bài 1. (4,5 điểm) 1 6x + 3 2 Cho biểu thức : Qx= +32 −:2( + ) x+1 x + 1 x − x + 1 a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q 1 b) Tìm x khi Q = 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q . Bài 2. (4,5 điểm) 2x+ 3 2 x + 5 6 x2 + 9 x − 9 a) Giải phương trình : − =1 − 2x+ 1 2 x + 7( 2 x + 1)( 2 x + 7) 32 b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x−22 x − x + c) Tìm các giá trị xy, nguyên dương sao cho : x22= y +2 y + 13 Bài 3. (4,0 điểm)
20. abbcca+++111 a) Cho abc 1 và ==.Chứng minh rằng abc== bca n b) Cho số tự nhiên n 3. Chứng minh rằng nếu 210,,010=+ ababb( ) thì tích ab chia hết cho 6 Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao A D B,, E C F cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: BDDCDHDA = HDHEHF b) Chứng minh rằng: ++= 1. ADBECF c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF d) Gọi M N, , , P , , Q I K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng B C CA,, A B , EF FD,,. D E Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ,, NI PK đồng quy tại một điểm Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại Acó ABACbBCa=== ;.Đường phân giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC.Chứng minh rằng: 11 b −= . ba(ab+ )2 Bài 6. (1,0 điểm) abc 3 Cho a, b , c 0; a + b + c = 3.Chứng minh rằng: ++ 1112+++bca222 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐK: xx − −1;2 x2 − xxx +1 + 6 + 3 − 2 − 2 11 (xx++21)( ) Q === . xxx32++−121 x + (x+1)( xx +− 21) x( + 2 ) 11 x =−1 2 b) 2 = x − x +1 = 3 ( x + 1)( x − 2) = 0 xx−+13 x = 2 1 So sánh với điều kiện suy ra x = 2 thì Q = 3 2 1 2 1 3 3 c) Q = 2 ;Vì 1 0;x − x + 1 = x − + 0 xx−+1 2 4 4
21. 2 31 4 Q đạt GTLN −xx + 1đạt GTLNxxxtm −+= =2 1 ( ) . Lúc đó Q = 42 3 4 1 Vậy GTLN của Q là Q = khi x = 3 2 −−17 Câu 2. a) ĐK: xx ; 22 (232725212721xxxxxx++++++)( ) ( )( ) ( )( ) 699xx2 +− −=− (2127272127212721xxxxxxxx++++++++)( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4202141254167699xxxxxxxx2222++−−−++−−+ = (27212721xxxx++++)( ) ( )( ) 8162716xxx+−++ 2 = (272127xxx+++)( ) ( ) +=816271620210xxxxxxx −++ += +=22( ) xtm= 0 () −1 xktm= () 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 b) Ta có 32322 xxxxxxx−−222222211 + xxxxx =−−−=−−−=−−+( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) c) Ta có: xyyxy222=++ =++213112 ( )2 ++−−=(xyxy 1112)( ) Do x+ y +1 −( x − y − 1) = 2 y + 2 là số chẵn và xy,* nên x+ y +1 x − y − 1.Do đó xy++1 và xy−−1là hai số nguyên dương chẵn Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp : xy+ +16 = và xy− −12 = =x 4và y =1. Vậy (xy;4;1) = ( ) Câu 3. abbcca+++111111 a) Từ == + = + =abc + bcabca Do đó: 1 1b− c 1 1 c − a 1 1 a − b a−=−= b;; b −=−= c c −=−= a cbbc acac baab
22. (abbcca−−−)( )( ) Suy ra : (abbcca−−−=)( )( ) abc222 222 −−−−=(abbccaabc)( )( )( 10) −−−=(abbcca)( )( ) 0 (do abc 1) Suy ra abc== b) Ta có: 2n = 10a + b b 2 ab 2 (1) Ta chứng minh ab 3 (2) nn Thật vậy , từ đẳng thức 2= 10ab + 2 có chữ số tận cùng là b n k r Đặt n=4 k + r( k , r ,0 r 3) ta có: 2 1 6= . 2 n r r k n r Nếu r = 0thì 2− 2 = 2 .( 16 − 1) 10 2 tận cùng là 2 rnrrk Suy ra baaab= =−=− 210222 . 161333 ( ) Từ (1) và (2)suy ra ab 6 Câu 4. A E Q F P H N K I B D M C BD DH a) Chỉ ra được BDH ADC(.) g g = BD DC = DH DA AD DC 1 SHD HD. BC b) Ta có: HBC ==2 SAD 1 ABC AD. BC 2 HESHFS Tương tự ==HACHAB; BESCFSABCABC HD HE HF S++ S S S Do đó: + + =HBC HAC HAB = ABC =1 AD BE CF SABC S ABC c) Chứng minh được AEF ABC( c g c) AEF = ABC
23. Tương tự: D E C A= B C .Do đó: A E F D= E C 0 Mà AEFHEFDECHED+=+= 90 nên H E F H= E D EH là phân giác ngoài của góc EFD Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF 1 d) Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM= BC (trung tuyến ứng với 2 1 cạnh huyền), Tương tự: F M B= C 2 Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên M Q E⊥ F MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của tam giác D E F. Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung trực của tam giác DE F nên ba đường thẳng M Q,, N I P K đồng quy tại một điểm Câu 5. A H D B C Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC Tam giác BAD cân tại B (BA= BD) có BH là đường cao nên cũng là đường trung tuyến AD =AH 2 Tam giác ABC có BD là đường phân giác, ta có: DA AB b DA DC DA+ DC ACbb 2 = = = === = DA DCBCa b aab++++ ababab Tam giác HAB vuông tại H, theo định lý Pytago ta có: 2 2 2 2 2 2 AD AB= BH + AH BH = b − (1) 4 Tam giác HBC vuông tại H, theo định lý Pytago, ta có: 2 2 2 2 2 22 2 AD BC= BH + HC BH = BC −( AC − AH) = a − b − 2 AD2 BH2 = a 2 − b 2 + b. AD − (2) 4
24. Từ (1) và (2) ta có: 22 222222ADAD babb−=−+− −=− ADbab ADb 44 −−ababbb2 11 +−= = −=(baba)( ) ababba+ (abab++)22( ) Vậy bài toán dược chứng minh Câu 6. 2 Do ab,0 và 12+ bbvới mọi b nên: aababab 22 =− −=−aaa . 1122++bbb22 b bc c ca Tương tự ta có: bc −; − 1++ca22 2 1 2 abcabbcca ++ Mà abc+ + = 3 nên ++ − 3(1) 1112+++bca222 2 Cũng từ abcabc++= ++=39( ) 222 +++++=abcabbcca 29( ) 222222 222 Mà abab+ + + bcbc2;2;2 caac nên abcabbcca++ ++ Suy ra 3932(abbccaabbcca++ ++ ) ( ) abc 33 Từ (1) , 2( ) suy ra ++ −= 3 (dpcm) 11122+++bca222 Đẳng thức xảy ra abc = = =1 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ___HẾT___