100 Đề thi học sinh giỏi Toán Lớp 8

Nội dung text: 100 Đề thi học sinh giỏi Toán Lớp 8

1. 2 ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức a222 b c b c a c a b thành nhân tử 2 b) Cho a,b,clà ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: a b c a2 b 2 c 2 a2 b 2 c 2 Tính giá trị của biểu thức: P a2 2bc b 2 2ac c 2 2ab c) Cho x y z 0.Chứng minh rằng: 2 x5 y 5 z 52 5xyz 2 2 x y z Câu 2. (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n18 và n41 là hai số chính phƣơng 22 1 1 25 b) Cho a,b 0thỏa mãn a b 1.Chứng minh ab b a 2 Câu 3. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCDcó góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo EAF Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đƣờng cao AA',BB',CC' và H là trực tâm a) Chứng minh BC'.BA CB'.CA BC2 HB.HC HA.HB HC.HA b) Chứng minh rằng: 1 AB.AC BC.AC BC.AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đƣờng thẳng vuông góc với DH cắt AB,AC lần lƣợt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN. Câu 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCDvà 2018 đƣờng 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 đƣờng 3 thẳng trong 2018 đƣờng thẳng trên đồng quy. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) abcbcacab2 2 2 abcbaccab 2 2 2 2 2 2 abcbab bc cab a2 b 2 b c c 2 b 2 a b ababbc bcbcab abbcabbc abbcac
2. 3 2 b) abc a2 b 2 c 2 abacbc0 aaa222 a22 2bc a ab ac bc a b a c bbcc2222 Tƣơng tự: ; b22 2acc b 2ac a b cc a c b a2 b 2 c 2 P a2 2bc b 2 2ac c 2 2ab a2 b 2 c 2 abac abbc acbc a b a c b c 1 a b a c b c 3 c) Vì x y z 0 x y z x y z3 Hay x3 y 333 3xy 3 x 3 y z 3xyz x y z 3xyzx 2 y 2 z 2 x 3 y 3 z 3 x 2 y 2 z 2 Do đó: xyzxyz555322 yzx 322 zxy 322 2 Mà x2 y 22 xy 2xyz 2xyVi xy z Tƣơng tự: y2 z 2 x 2 2yz;z 2 x 2 y 2 2zx Vì vậy: 3xyzx 22255532 y z x y z xx 2yz yy 32 2zx zz 32 2xy 2x 5 y 5 z 5 2xyzx 2 y 2 z 2 Suy ra : 2 x5 y 5 z 5 5xyz x 2 y 2 z 2 Câu 2. a) Để n 18và n 41 là hai số chính phƣơng n 18 p2 và n 41 q2 p,q p22 q n18 n41 59 pqpq 59 p q 1 p 30 Nhƣng 59 là số nguyên tố, nên: p q 59 q 29 Từ n 18 p22 30 900 n 882 Thay vào n 41,ta đƣợc 882 41 841 2922 q Vậy với n 882 thì n 18và n 41là hai số chính phƣơng 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. 4 22 11 251 1 Suy ra: ab5 a b ba 2b a 22 11 251 1 ab5 a b ba 2a b 22 1 1 25 1 1 a b55 (Vi ab1) b a 2 a b 1 1 4 Với a,b dƣơng , chứng minh 4 (Vi a b 1) a b a b Dấu bằng xảy ra khi ab 22 11 25 Ta đƣợc: ab5 5.4 ba 2 22 11 25 1 ab . Dấu đẳng thức xảy ra ab ba2 2 Câu 3. A D C B F E Chứng minh đƣợc ABE ECF Chứng minh đƣợc ABE FCE c.g.c AE EF Tƣơng tự: AF EF AE EF AF AEFđều EAF 600 Câu 4. A B' N C' H M B A' D C
4. 5 BH BC' a) Chứng minh BHC' BAB'BH.BB' BC'.BA (1) AB BB' BH BA' Chứng minh BHA' BCB'BH.BB' BC.BA' (2) BC BB' Từ (1) và (2) BC'.BA BA'.BC Tƣơng tự : CB'.CA CA'.BC BC'.BA CB'.CA BA'.BC CA'.BC BA' A'C .BC BC2 BH BC' BH.CH BC'.CH S b) Có BHC AB BB' AB.AC BB'.AC SABC AH.BHAH.CHS S Tƣơng tự: AHB ; AHC CB.CA SABCABC CB.AB S HB.HC HA.HB HC.HA S ABC 1 AB.AC AC.BC BC.AB SABC HM AH c) Chứng minh AHM CDH g.g(3) HD CD AH HN Chứng minh AHN BDH g.g(4) BD HD Mà CD BD (gt) (5) HM HN Từ 3 , 4 , 5HM HN H là trung điểm của MN HD HD Câu 5. Gọi E,F,P,Q lần lƣợt là trung điểm của AB,CD,BC,AD.Lấy các điểm I,G trên EF và K,H trên PQ thỏa mãn: IE HP GF KQ 2 IF HQ GE KP 3 Xét d là một trong các đƣờng thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD,BC,EF lần lƣợt 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 đƣờng thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề Câu đều đi qua một trong 4 điểm G,H,I,K Do có 2018 đƣờng thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G,H,I,K theo nguyên lý Dirichle phải tồn 2018 tại ít nhất 1 505 đƣờng thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. 4 Vậy có ít nhất 505 đƣờng thẳng trong số 2018 đƣờng thẳng đã cho đồng quy. (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
5. 6 ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) 1) Chứng minh : x y x3 x 2 y xy 2 y 3 x 4 y 4 2) Phân tích đa thức thành nhân tử: x x 2 x 2 2x 2 1 3) Tìm a,b,cbiết: a2 b 2 c 2 ab bc ac và a8 b 8 c 8 3 Câu 2. (4 điểm) 2x 2 y2 x 2 y 2 x y Cho biểu thức: P. 2 2 2 2 với x 0; y 0;x y 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: x22 y 10 2 x 3y Câu 3. (4 điểm) 2 1) Giải phƣơng trình: 6x 8 6x 6 6x 7 72 2) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn: xx22 3 y Câu 4. (2 điểm) Cho các số a,b,cthỏa mãn 1 a,b,c 0.Chứng minh rằng: a b23 c ab bc ca 1 Câu 5. (5,5 điểm) Cho hình vuông ABCDcó cạnh bằng a,biết hai đƣờng 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 BN. 1) Chứng minh BIO CMO và tính diện tích tứ giác BIOMtheo a 2) Chứng minh BKM BCO 1 1 1 3) Chứng minh CD2 AM 2 AN 2 Câu 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC AB AC , trọng tâm G.Qua G vẽ đƣờng thẳng d cắt các cạnh AB AC AB,AC theo thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức . AD AE HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) Ta có: x y x3 x 2 y xy 2 y 3
6. 339 t4 25 tt 22 144 t 2 09 16 0 tt2 93 2 t 16 t 5 28 Xét các trƣờng hợp ta tìm đƣợc x 0;2;; xxx 33 Bài 4. A M B O N K D C E H 5) Ta có : BOC 9000 CON BON 90 ;vì 00 MON 90 BOM BON 90 BOM CON BOC 0 Ta có BD là phân giác ABC MBO CBO 45 2 BOC 0 Tƣơng tự ta có: NCO DCO 45 . Vậy ta có : MBO NCO 2 Xét OBM và OCN có OB OC;; BOM CON MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 6) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB//// CD AM CE NE NC AM AN Vậy ta có: MN// BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE
7. 340 0 7) Vì MN/ /45 BE BKN MNO (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) 0 NBNO BNKONC (vì có BNK ONK;45 BKN ) OCN NKNC NB NO - Xét BNO; KNC có BNO CNKBNO; KNC NK NC 0 NKC NBO 45 0 0 0 Vậy ta có: BKC BKN CKN 45 45 90 CK BE 0 8) – Vì KHOM// mà MK OK MK  KH NKH 90 mà 000 NKC 454545 CKH BKN NKC CKH Xét BKC có BKN NKC KN là phân giác trong của BKC , mà KH KN KC HC KH là phân giác ngoài của BKC KB HB KNBN Chứng minh tƣơng 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 22 1 24 x21288 x y y x 2 624 y x 217 y xy 22 22 xy 1 6 2 x 1 2 y 2 x 2 y 17 xy 0 0 0 0 5 17 22 22 22 xy 1 6 2 Dấu "" xảy ra xy 1 2 20 và xy 25 xy x 1 y 2. H H 22 x 1, y 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) 3 2 2 3 3) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P 2 a 7 a b 7 ab 2 b
8. 341 2 4) Cho xx 1.Tính giá trị biểu thức Q x6 2 x 5 2 x 4 2 x 3 2 x 2 2 x 1 Câu 2. (4,5 điểm) xx 11 4 4026 3) Cho biểu thức R 223 : . Tìm x để biểu thức xác x 224 x x x x x x định, khi đó hãy rút gọn biểu thức 4) Giải phƣơng trình sau: x 2 x 1 x 1 x 2 4 Câu 3. (4,0 điểm) 3 3) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh nn chia hết cho 24 2 4) Tìm số tự nhiên n để nn 42013 là một số chính phƣơng. Câu 4. (6,0 điểm) 3) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CDABAD 22 và BCa 2 c) Tính diện tích hình thang ABCD theo a d) Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đƣờng vuông góc kẻ từ D xuống AC. 0 Chứng minh HDI 45 4) Cho tam giác ABC có BC a,,. CA b AB c Độ dài các đƣờng phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh ABC,, lần lƣợt 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: ab S ab 11 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 33 3) Ta có: P 2 a b 7 ab ( a b ) 27 a b a22 ab b ab a b a b 2 a22 2 b 5 ab 22 a b 2 a 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 P a b 22 a b a b
9. 342 4) Ta có: Qxx 2. 4 221 xx 3 2 x 4 xxxxx 3 2 2 2 22 22 x x x x x x 2 xx2 34 Vậy Q 4 Câu 2. xxx 114 3) Ta có: R . x x 224026 x x 2 xx 4 2 x 0 ĐK: xx 40 x 2 11 xx 1 4 Khi đó: R . 2 4026 xxx 2 24 2 1 x 1 xx 2 x 1 2 4 1124 x . . 40264 x2 40264x2 2013 x 0 1 Vậy R xác định khi và R x 2 2013 4) +Nếu x 2, phƣơng trình đã cho trở thành : x 2 x 1 x 1 x 2 4 xx22 1 4 4 x4 5 x 2 0 x 2 . x 2 5 0 x 0 ( ktm ) x5 ( tm ) x 5 ( ktm ) +)Nếu x 2, phƣơng 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 Phƣơng trình có một nghiệm x 5
10. 343 Câu 3. 3) Ta có: n3 n n nn 11 Vì nn 1; n ;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 n3 ndpcm 24 4) Giả sử n22 4 nm 2013 m 2222 Suy ra nm 2 m 20092 n 2009 m n 22 m 2009 n Mặt khác 2009 2009.1 287.7 49.41 và m nm 22 n nên có các trƣờng hợp sau: m nm 2 2009 1005 TH1: m nn 2 1 1002 m nm 2 287 147 TH 2: m nn 2 7 138 m n 2 49 m 45 TH3: m n 2 41 n 2 Vậy các số cần tìm là 1002;138;2 Câu 4. A B H I D E C 3) c) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông cân Từ đó suy ra AB AD a,2 BC a
11. 344 AB CD .2 AD . a a a 3a2 Diện tích của hình thang ABCD là S 222 d) ADH ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tƣơng ứng vuông góc) Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có: ADIB 1 , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng DCBC 2 Suy ra ACDBDI (2) Từ 1 , 2 ADH BDI 000 Mà ADH BDHBDI 4545 BDH hay HDI 45 4) M A B D C Gọi AD là đƣờng phân giác trong góc A, qua C kẻ đƣờng thẳng song song với AD cắt đƣờng thẳng AB tại M Ta có: BAD AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) DAC ACM (hai góc ở vị trí so le trong) Mà BAD DAC nên AMC ACM hay ACM cân tại A, suy ra AM AC b AD BA c Do AD// CM nên CM BM b c c AD 1 1 1 1 Mà CM AM AC 2 b (1) b c22 b la b c 1 1 1 1 1 1 1 Tƣơng tự ta có: (2); (3) lbc c a l2 a b Cộng 1 ; 2 ; 3 vế theo vế ta có điều phải chứng minh
12. 345 Câu 5. Ta có: a2 1 2 a ; b 22 1 2 22 b 2 a 22 b a b a b 114 Chứng minh đƣợc với hai số dƣơng xy, thì xyx y 1 14 Do đó: S 221 a 1 ba 11 b 1 Vậy GTLN của S là 1, dạt đƣợc 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) 2 a 1 1 2a23 44 a a a 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 phƣơng trình sau: x 2 x 4 x 6 x 8 a) 98 96 94 92 63 b) xx 7 8 0 2) Tìm m để phƣơng trình sau vô nghiệm 12 xx 22 xm x m x m m22 x 3) Tìm ab, sao cho f( x )10 ax32 4 bx x chia hết cho đa thức g( x )2 x2 x Câu 3. (4 điểm) 1) Cho x y z 1 và x3 y 3 z 3 1. Tính A x2015 y 2015 z 2015 2) Một ngƣời dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km / h , nhƣng sau khi đi đƣợc 1 giờ ngƣời ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km / h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đƣờng AB ? Câu 4. (5 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại OM, là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác BC,). Tia AM cắt đƣờng thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE CM
13. 346 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 dƣơng abc,,thỏa mãn abc 2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 23313233321a b c a b c a b c P 201520162017 abc HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Điều kiện: aa 0; 1 2 a 1 1 2a23 4 aa 1 a 4 Ta có: M 2 32: 31aa aa 1 a 1 4 2 a 1 1 2a22 4 a 1 4 a . a2 aa 1122 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 a 4 a 4 a 4 a 2 c) Ta có: M 1 a2 4 aa 22 44 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 02 a a2 4 Vậy MaxM 1khi a 2. Câu 2. 1) a) Ta có:
14. 347 x 2 x 4 x 6 x 8 98 96 94 92 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 0100 Vậy phƣơng trình có nghiệm : x 100 b) Ta có: x6 7 xx 33 8 01 x 3 8 0 x 11 x22 x2 x 2 4 x 0 x * 2 2 13 2 2 Do x x 10 x và x 2 xx 41 3 0 với mọi x 24 Nên * x 1 x 2 0 x 1;2 12 xx 22 xm 2) (1) x m x m m22 x ĐKXĐ: xm 0 và x m 0 x m 12 x x m 2 x 2 x m x m 2m 1 x m 2 * 1 3 +Nếu 2mm 1 0 ta có: *0 x (vô nghiệm) 2 2 1 m 2 +Nếu m ta có * x 2 21m - Xét xm m 2 m m 22 m2 m 21m 2 22 13 2m 2 m 2 0 m m 1 0 m 0 24 (Không xảy ra vì vế trái luôn dƣơng) Xét xm
15. 348 m 2 m mm 22 m 2 21m mm2 11 1 Vậy phƣơng trình vô nghiệm khi m hoặc m 1 2 3) Ta có: g( x ) x2 x 2 x 1 x 2 Vì f( x ) ax32 bx 10 x 4 chia hết cho đa thức g x x2 x 2 Nên tồn tại một đa thức qx()sao cho f( x ) g ( x ). q ( x ) ax32 bx 10 x 4 x 2 . x 1 q ( x ) Với xa 16 bb 06 a 1 Với xa b2 26 0 2 Thay 1 vào 2 ta có: a 4và b 2 Câu 3. 3 1) Từ x y zx 11 y z Mà xyz333 1 x y z 3 x3 y 3 z 3 0 x y z 3 z3 x 3 y 3 0 xyzzxyz 2 xyzzz2 xyxxyy 2 2 0 xyx 2 y 2 z 222 xy 2 2 2 yz 20 xzxzyzz 2 z x xyy x y 3 z2 3 xy 3 yz 3 xz 0 x y 30 y z x z x y 0 x y y z 0 y z x z 0 x z 2015 2015 2015 *Nếu x y z 11 A x y z 2015 2015 2015 *Nếu y z x 11 A x y z 2015 2015 2015 *Nếu x z y 11 A x y z 2) Gọi x km là độ dài quãng đƣờng AB. ĐK: x 0 x Thời gian dự kiến đi hết quãng đƣờng AB: (giờ) 30
16. 349 Quãng đƣờng đi đƣợc sau 1 giờ: 30()km Quãng đƣờng còn lại : xkm 30 x 30 Thời gian đi quãng đƣờng còn lại: (giờ) 40 xx1 30 Theo bài ta có phƣơng trình: 1 30 4 40 4xxx 30.5 3. 3060 (thỏa mãn) Vậy quãng đƣờng AB là 60.km Câu 4. A E B O M H' H D C N a) Xét OEB và OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có : OB OC 0 Và BC11 45 BE CM gt Suy ra OEM OMC( ) c g c OE OM và OO13 0 Lại có: O23 O BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông 0 O21 O EOM 90 kết hợp với OE OM OEM vuông cân tại O b) Từ giả thiết ABCD là hình vuông AB CD và AB// CD AM BM AB//// CD AB CN (định lý Ta-let) * MN MC Mà BE CM gt và AB CD AE BM thay vào * AM AE Ta có: ME// BN (theo Định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME//' BN OME MH B
17. 350 0 0 Mà OME 45 vì OEM vuông cân tại O MH'45 BC 1 OMCBMH ' gg. OMMC , kết hợp OMB CMH '(hai góc đối đỉnh) BMMH 0 OMB CMH'( c . g . c )' OBM 45 MH C 0 Vậy BH' C BH '' M 90 MH CCH ' BN  Mà CH BN H BN  H H 'hay 3 điểm OMH,,thẳng hàng (đpcm) Câu 5. Ta có: 23313233321a b c a b c a b c P 2015 a 2016 b 2017 c b c 4033 c a 4032 a b 4031 2015 a 2016 b 2017 c Đặt 2015 ax 2016 by 2017 cz b c 4033 c a 4032 a b 4031 P 2015 a 2016 b 2017 c yzzxxyyxxzyz x y z x y z x z y y x z x y z 2 . 2 . 2 . 6 (Co si ) x y x z z y Dấu "" xảy ra khi x y z suy ra a 673, b 672, c 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
18. 351 1 b) Tìm x khi Q 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q . Bài 2. (4,5 điểm) 2xxx 3 2 x 56 92 9 a) Giải phƣơng trình : 1 2xxx 1 2 x 7 2 1 2 7 32 b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: xxx 22 c) Tìm các giá trị xy, nguyên dƣơng sao cho : xyy22 213 Bài 3. (4,0 điểm) abbcca 111 a) Cho abc 1 và .Chứng minh rằng abc bca b) Cho số tự nhiên n 3.Chứng minh rằng nếu 2n 10a b a , b ,0 b 10 thì tích ab chia hết cho 6 Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đƣờng cao AD,, BE CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: BD DC DH DA HD HE HF b) Chứng minh rằng: 1. AD BE CF c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đƣờng phân giác của tam giác DEF d) Gọi MNPQIK,,,,, lần lƣợt là trung điểm của các đoạn thẳng BC,, CA AB , EF,,. FD DE Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng MQ,, NI PK đồng quy tại một điểm Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có AB AC b;. BC a Đƣờng 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) a b c 3 Cho a, b , c 0; a b c 3.Chứng minh rằng: 1 b2 1 c 2 1 a 2 2 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐK: xx 1; 2
19. 352 x2 x 1 6 x 3 2 x 2 11 xx 21 Q . xxx32 121 x x 1 x 2 x2 x 1 11 x 1 2 b) 2 x xx 1 3 x 1 2 0 xx 13 x 2 1 So sánh với điều kiện suy ra x 2 thì Q 3 2 1 1 3 3 2 c) Q 2 ;Vì 1 0;10x x x xx 1 2 4 4 2 2 31 4 Q đạt GTLN xx 1đạt GTLN x xx 1 tm . Lúc đó Q 42 3 4 1 Vậy GTLN của Q là Q khi x 3 2 17 Câu 2. a) ĐK: xx ; 22 2327x x 2521 x x 2721 x x 6xx2 9 9 2127x x 2721 x x 2721 x x 2721 x x 4x2 20 x 21 4 x 2 12 x 5 4 x 2 16 x 7 6 x 2 9 x 9 2x 7 2 x 1 2 x 7 2 x 1 8x 16 2 x2 7 x 16 2x 7 2 x 1 2 x 7 8162x x22 7162 x x x 0 x 210 x x 0 ( tm ) 1 x () ktm 2 Vậy phƣơng trình có một nghiệm x 0 b) Ta có 3 2 3 2 2 xxx 2 2 xxx 2 2 xx 2 x 2 xxx 2 1 1 c) Ta có: x2 y 2 2 y 13 x 2 y 1 2 12 x y 1 x y 1 12 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 dƣơng chẵn Từ đó suy ra chỉ có một trƣờng hợp : xy 16 và xy 12
20. 353 x 4và y 1.Vậy xy;4;1 Câu 3. ab 1 bc 1 ca 1 1 1 1 a) Từ a b c b c ab c a Do đó: 1 11b 11 cc 1 aa b a bb cc a ;; cbbc acac baab a b b c c a Suy ra : a b b c c a abc2 2 2 2 2 2 a b b c c a a b c 10 a b b c c a 0 (do abc 1) Suy ra abc b) Ta có: 2n 1022a b (1) b ab Ta chứng minh ab 3(2) nn Thật vậy , từ đẳng thức 2 102ab có chữ số tận cùng là b nk r Đặt n 4 k r k , r ,0 r 3 ta có: 2 16 .2 n r r kn r Nếu r 0thì 2 2 2 . 16 1 10 2 tận cùng là 2 r n r r k Suy ra b 2 10 aa 222.1613 ab 3 3 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 đƣợc BDH ADC(.) g g BD DC DH DA AD DC
21. 354 1 SHD HD. BC b) Ta có: HBC 2 SAD 1 ABC AD. BC 2 HE SHF S Tƣơng tự HACHAB; BE SCFABCABC S HD HE HF S S S S Do đó: HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CFSS ABCABC c) Chứng minh đƣợc AEF ABC c g c AEF ABC Tƣơng tự: DEC ABC.Do đó: AEF DEC 0 Mà AEF HEF DEC HED 90 nên HEFHED EH là phân giác ngoài của góc EFD Do đó H là giao các đƣờng phân giác của tam giác DEF 1 d) Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EMBC (trung tuyến ứng với 2 1 cạnh huyền), Tƣơng tự: FMBC 2 Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ EF MQ là đƣờng trung trực của EF hay MQ là đƣờng trung trực của tam giác DEF. Hoàn toàn tƣơng tự, chứng minh đƣợc NI và PK cũng là đƣờng trung trực của tam giác DEF nên ba đƣờng thẳng MQ,, NI PK đồng quy tại một điểm Câu 5. A H D B C Vẽ BH là đƣờng cao của tam giác ABC Tam giác BAD cân tại B BA BD có BH là đƣờng cao nên cũng là đƣờng trung tuyến AD AH 2 Tam giác ABC có BD là đƣờng phân giác, ta có:
22. 355 DA AB b DA DC DA DC AC b b2 DA DCBCa b a ab abab ab Tam giác HAB vuông tại H, theo định lý Pytago ta có: AD2 AB2 BH 2 AH 2 BH 2 b 2 (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 Từ (1) và (2) ta có: ADAD22 ba22 b 22 b 22 ADb a b AD b 44 ab2 a b bb 11 b a b a a b abb aa ba 22 b Vậy bài toán dƣợc chứng minh Câu 6. 2 Do ab,0 và 12 bbvới mọi b nên: a ab22 ab ab a a a . 1 b22 1 b 2 b 2 b bc c ca Tƣơng tự ta có: bc ; 1 ca22 2 12 a b c ab bc ca Mà abc 3 nên 3(1) 1 b2 1 c 2 1 a 2 2 2 Cũng từ a b c 39 a b c a2 b 2 c 2 29 ab bc ca 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Mà a b 2 abb ; c 2 bcc ; a 2 ac nên a b c ab bc ca Suy ra 3 ab bc ca 9 ab bc ca 3 2 a b c 33 Từ 1 , 2 suy ra 3 dpcm 1 b2 1 c 2 1 a 2 2 2 Đẳng thức xảy ra abc 1 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)