Tải bản đầy đủ

BO 50 DE THI HSG TOAN 8 CO DAP AN

Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng:
a) 85 + 211 chia hết cho 17
b) 1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2:
a) Rút gọn biểu thức:
1

1

1

x2 + x 6
x 3 4 x 2 18 x + 9

yz

xz


xy

b) Cho x + y + z = 0( x, y, z 0) . Tính 2 + 2 + 2
x
y
z

Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối
của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của
BE và CD .Qua O vẽ đờng thẳng song song với tia phân giác của
góc A, đờng thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài 1 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 +
1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 1917.69 ++ 6918)
= 88(1918 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: x2 + x 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) 2(x+3)
= (x+3)(x-2).
3
2
3
2
x 4x 18 x + 9 = x 7x + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 7x +3)
=>

(x+3)(x-2)
( x 2)
x2 + x 6


= (x+3)(x 2 -7x +3) = x 2 -7x +3 Với điều kiện x -1 ; x2 -7x
3
2
x 4 x 18 x + 9

+3 0
b) (1,5đ) Vì

Gv: Nguyn Vn Tỳ

1

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1 1
1 1 1
1
+ + = 0 = + ữ
x y z
z
x y
3

1 1
1
1
1
1 1
1 1
1
3 = + ữ 3 = 3 + 3. 2 . + 3 . 2 + 3 ữ
z
z
x y
x y
y
x y
x


1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
1
+ 3 + 3 = 3 . . + ữ 3 + 3 + 3 = 3.
3
x
y
z
x y x y
x
y
z
xyz

Do đó : xyz(

1
xyz xyz xyz
yz zx xy
1
1
3 + 3 + 3 =3 2 + 2 + 2 =3
3 + 3 + 3 )= 3
y
x
y
z
x
y
z
x
z

Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành
ABMC ta có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta
cần chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE
có BC = CE (gt) => tam giác

A
K

B

C

à =E
à vì
CBE cân tại C => B
1

góc C1 là góc ngoài của tam
giác
BCE
=>
à =B
à +E
à B
à = 1C
à
C
1
1
1
1
2

BM

(ta

E

D

mà AC //
vẽ)

M

=>

à = CBM
ã
à = 1 CBM
ã
ã
C
B
nên BO là tia phân giác của CBM
. Hoàn toàn t1
1
2

ơng tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác
BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của
góc CMB
ã
ã
Mà : BAC
là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO //
, BMC

với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn
song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
ả = 1 BMC
ã
ả M
ả = ảA mà
(cmt ); àA = M
Ta lại có : M
1
1
2
2

ảA = K
à 1 (hai góc đồng vị)
2

ả =M
ả CKM cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB =
=> K
1
1

CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Gv: Nguyn Vn Tỳ

2

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -

1
2

------------------------------------------------đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 .. . a 8 thoã mãn 2 điều kiện a
và b sau:
a) a1a 2a 3 = ( a 7 a 8 )

2

b)

(

a 4 a 5a 6 a 7 a 8 = a 7 a 8

)

3

Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phơng trình:
1

1
1


+
+ ... +
1
.
2
.
3
2
.
3
.
4
2005
.
2006
.
2007

x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . +

2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm
của AC và BD; các đờng kẻ từ A và B lần lợt song song với BC và AD
cắt các đờng chéo BD và AC tơng ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB
b). AB2 = EF.CD.
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác
OAB; OCD; OAD Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x 2 - 2xy + 6y2 12x + 2y +
45.
Đáp án
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1)
a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3
(2).
Từ (1) và (2) => 22 a7 a8 31
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ( a7a8 )3 a7a8 = a4a5a600.
( a7a8 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên
có 3 khả năng:
a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
b) . a7a8 1 = 24 => a7a8 = 25
=> số đó là 62515625
Gv: Nguyn Vn Tỳ
Trng THCS Thanh M
3


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

c) . a7a8 = 26

=> không thoả mãn

câu 2 . Đặt m = 3k + r với 0 r 2

n = 3t + s với

0s2

xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr xr + x3t xs xs + xr
+ xs + 1.
= xr( x3k 1) + xs ( x3t 1) + xr + xs +1
ta thấy: ( x 3k 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t 1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1)
<=> ( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với 0 r ; s 2
<=>
r = 2 và s =1
=>
m = 3k + 2 và n =
3t + 1
r = 1 và s = 2

m = 3k + 1 và n =

3t + 2
<=>
3kt + k + 2t)

mn 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) 2 = 9kt + 3k + 6t = 3(
mn 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) 2 = 9kt + 6k + 3t =

3( 3kt + 2k + t)
=> (mn 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2
=> mn 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1)
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT:
1
1
1

+
.+ +

x = (1.2 + 2.3 + + 2006.2007 )
2005.2006.2007
1.2.3 2.3.4

Nhân 2 vế với 6 ta đợc:
2
2
2

3
+
+ +
x = 2[ (1.2( 3 0) + 2.3( 4 1) + + 2006.2007( 2008 2005) ) ]
2005.2006.2007
1`.2.3 2.3.4

1
1
1
1
1

3

+

+
x
2006.2007
1.2 2.3 2.3 3.4
= 2 (1.2.3 + 2.3.4 1.2.3 + + 2006.2007.2008 2005.2006.2007 )
1
1003.1004.669
1

3

x = 2.2006.2007.2008 x =
5.100.651
1.2 2006.2007

Câu 4 .a) Do

BF// AD
Gv: Nguyn Vn Tỳ

OE OA
=
OB OC
O F OB
=
OA OD

AE// BC =>

4

A

B
O

K
E
H Thanh M
Trng
THCS
F


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

MặT khác AB// CD ta lại có
D
OA OB
=
OC OD

b).
AB

nên

OE OF
=
OB OA

=> EF // AB

ABCA 1 và ABB1D là hình bình hành => A 1C = DB1 =

Vì EF // AB // CD nên
c) Ta có:

A1B1

S1 =

EF
AB
=
AB DC

1
AH.OB;
2

=> AB 2 = EF.CD.
1
CK.OD;
2

S3 =

1
AH .OD
S3 2
=
= AH .CK
1
S2
CK .OD
2

=>

S2 =

1
AH.OD;
2

S4 =

1
2

OK.OD.
1
AH .OB
S1 2
AH
=
=
=>
;
1
S4
CK .OB CK
2

S1 S3
=
=> S1.S2 =
S4 S2

S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi:
y- 1 = 0
=>
=1
x- y- 6 = 0
x=7
--------------------------------------------đề 3
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x 3y + 4z)( 5x 3y 4z) = (3x 5y)2
Câu 2: a. Cho

x y z
+ + = 0 (1) và
a b c

y

a b c
+ + = 2 (2)
x y z

x2 y 2 z 2
Tính giá trị của biểu thức A= 2 + 2 + 2
a
b
c
b. Bit a + b + c = 0 Tính : B =

ab
bc
ca
+ 2
+ 2
2
2
2
2
a +b c
b +c a
c + a 2 b2
2

Câu 3: Tìm x , biết :
xã1 x 10 x 19
+
+
= 3 (1)
2006 1997 1988

Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M đơng chéo AC. Gọi E,F theo
thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
Gv: Nguyn Vn Tỳ

5

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

a.BM EF
b. Các đờng thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
a

1
b

1
c

P= (a+ b+ c) ( + + ).
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
= (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
= (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
................
= [(2256)2 1] + 1
= 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có:
(5x 3y + 4z)( 5x 3y 4z) = (5x 3y ) 2 16z2= 25x2 30xy + 9y2
16 z2 (*)
Vì x2=y2 + z2 (*) = 25x2 30xy + 9y2 16 (x2 y2) = (3x 5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) bcx +acy + abz =0
ab ac bc
abz + acy + bcx
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2



= 4
+
+
+
2
+
+
=
0

+
+
=
4

2
Từ (2) 2 2 2
2
2
2

a
b
c
xy
xz
yz
a
b
c
xyz





b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 a + b = - c a2 + b2 c2 =
- 2ab
Tơng tự b2 + c2 a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B=

ab
bc
ca
3
+
+
=
2ab 2bc 2ca
2

Câu 3: . ( 1,25 điểm)
(1)

xã2007 x 2007 x 2007
+
+
=0
2006
1997
1988

x= 2007
A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM;
H là
giao điểm của EF và BM
EMB =BKM ( gcg)
Góc MFE =KMB BH EF
E
K
b. ( 1,25 điểm)
ADF = BAE (cgc) AF
H
Tơng tự: CE BF BM; AF; CE
Gv: Nguyn Vn Tỳ

6

B

M


BE

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

là các đờng cao của BEF đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có:
P=1+

D

F

C

a a b
b c c
a b a c b c
+ + +1+ + + +1 = 3 + + + + + +
b c a
c a b
b a c a c b
x

y

Mặt khác y + x 2 với mọi x, y dơng. P / 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
--------------------------------------đề 4
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phơng trình:

x + 2 x + 4 x +6 x +8
+
=
+
98
96
94
92

Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P =

2 x 2 + 3x + 3
có giá trị
2x 1

nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đờng cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) ABM đồng dạng ACN
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung
điểm của BC; F là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc
BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A=

x 2 2 x + 2007
, ( x khác 0)
2007 x 2

Đáp án
Bài 1 (3đ):
1)
a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5
) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) =
(a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ)
2)
Gv: Nguyn Vn Tỳ

7

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

x +2 x + 4 x +6 x +8
+
=
+
98
96
94
92
x+2
x+4
x+6
x +8
(
+1) + (
+ 1) = (
+ 1) + (
+ 1) (0,5đ)
98
96
94
92
1
1
1
1
( x + 100 )(
+
)=0
(0,25đ)
98
96
94
92
1
1
1
1
0
Vì:
+
98
96
94
92
Do đó : x + 100 = 0 x = -100

Vậy phơng trình có nghiệm: x = -100

(0,25đ)

Bài 2 (2đ):
P=

2 x 2 + 3 x + 3 ( 2 x 2 x ) + (4 x 2) + 5
5
=
= x+2+
2x 1
2x 1
2x 1

(0,5đ)

x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì

5
phải nguyên hay 2x - 1 là ớc
2x 1

nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x = {1;0;3;2} thì P có giá trị
nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của
P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1
(0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ABM đồng dạng
CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra:

AB AM
AMN đồng dạng ABC
=
AC AN

AMN = ABC ( hai góc tơng ứng)

(1,25đ)

2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H
(0,25đ)
BAH = CHA ( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác)
Gv: Nguyn Vn Tỳ

8

(0,5đ)
Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Suy ra:
CHA = CAH nên CAH cân tại C
do đó :
CH = CA => CH = BK và CH // BK
(0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm
KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đờng trung bình của tam
giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm)(0,5đ)
Bài 4 (1đ):
2007 x 2 2 x.2007 + 2007 2
x 2 2 x.2007 + 2007 2
2006 x 2
A=
=
+
2007 x 2
2007 x 2
2007 x 2
( x 2007) 2 2006 2006
+

=
2007 2007
2007 x 2
2006
A min =
khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
2007

Câu

1

(

3

-----------------------------------đề 5
điểm ) . Cho biểu thức

A

=

x2
6
1
10 x 2
3
: x 2 +

+
+
6

3
x
x
+
2
x
+
2
x

4
x




a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau :

x 2 4x + 1
x 2 5x + 1
+2=
x +1
2x + 1

Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng
thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và
S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh
tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
2 x 2 + 3x + 3
Cho biểu thức A =
2x + 1

. Tìm giá trị nguyên của x để A

nhận giá trị nguyên
Gv: Nguyn Vn Tỳ

9

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y ) 3 3xy.( x + y ) + z 3
1 1 1
+ + = 0.
x y z

b, Cho

Tính

A=

yz xz xy
+
+
x2 y2 z2

Đáp án
Câu 1
a,

x # 2 , x # -2 , x # 0
2
1 6
x
+
+
:
2
x 4 2 x x + 2 x +2

b, A=
=

x 2( x + 2 ) + x 2
6
:
( x 2)( x + 2)
x+2

=

6
x+2
1
.
=
( x 2)( x + 2) 6 2 x
1
>0 2x >0 x < 2
2x
1
x 1; x
2

c, Để A > 0 thì
Câu 2 .
PT

(

ĐKXĐ :

x 2 4x + 1
x 2 5x + 1
x 2 3x + 2 x 2 3x + 2
+1+
+1 = 0
+
=0
x +1
2x + 1
x +1
2x + 1

)

(

)

1
1
2
x 2 3x + 2
+
= 0 x 3 x + 2 ( 3 x + 2) = 0 ( x 1)( x 2 )( 3 x + 2 ) = 0
x
+
1
2
x
+
1


x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3

Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .



2
3

Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 1;2;
Câu 3:
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam
giác vuông (để ý góc có cạnh vuông
góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông).
Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác
vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có:
ARP= ADS
do đó AP = AS và APS là tam giác
cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của
tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ.
PAN = PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác
Mặt khác :
AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

10

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao
của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =
1
QR.
2

Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =

1
QR.
2

MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác
vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là
trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói
cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng
phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng
hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
A = (x + 1)

+

2
2x + 1

vì x Z nên để A nguyên thì

2
2x + 1

nguyên
Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1 x = 0
2x+1 = -1 x = -1
2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
3
x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y ) 3 xy.( x + y ) + z 3
Câu 5. a, , Chứng minh
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có a + b + c = 0 thì
a 3 + b 3 + c 3 = ( a + b ) 3ab( a + b ) + c 3 = c 3 3ab( c ) + c 3 = 3abc
3

(vì a + b + c = 0 nên a + b = c )
Theo giả thiết
khi đó A =

1
1
1
3
1 1 1
.
+ + = 0. 3 + 3 + 3 =
xyz
x
y
z
x y z

1
yz xz xy xyz xyz xyz
1
1
3
+ 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz 3 + 3 + 3 = xyz ì
=3
2
xyz
x
y
z
x
y
z
y
z
x

=====================
đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
Gv: Nguyn Vn Tỳ

11

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8


x2 1

1



1 x4

x +

2
M = 4
2
1 + x 2
x x + 1 x + 1
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
4

4 x 3 3 x 2 + 2 x 83
A=
x 3

Bài 3 : 2 điểm
Giải phơng trình :
a) x2 - 2005x - 2006 = 0
b) x 2 + x 3 + 2 x 8 = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh
BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến
AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đờng thẳng qua E song song với
AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b) AEF ~ CAF và AF2 = FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi
tam giác EKC không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
Đáp án
Bài 1 :
a) M

( x 2 1)( x 2 + 1) x 4 + x 2 1 4
( x +1-x2) =
=
( x 4 x 2 + 1)( x 2 + 1)

x 4 1 x 4 + x 2 1 x 2 2
= 2
x 2 +1
x +1

3
3
. M bé nhất khi 2
lớn nhất x2+1
x +1
x +1
2
bé nhất x = 0 x = 0 M bé nhất = -2
4
4
A Z
Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 +
Z x-3
x 3
x 3

b) Biến đổi : M = 1 -

2

là ớc của 4
x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
(x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4
Rồi suy ra nghiệm của phơng trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
Gv: Nguyn Vn Tỳ

12

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF
AEF vuông cân tại tại A nên AI EF
IEG = IEK (g.c.g) IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đờng chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đờng và
vuông góc nên hình EGFK là hình
b) Ta có :
KAF = ACF = 450 , góc F chung

.

thoi .

AF KF
=
AF 2 = KF .CF
CF AF
d) Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE

AKI ~ CAF (g.g)

Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE =
2BC ( Không đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24
================================
đề 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
6 x 1 x 2 36
6x + 1
+
.
A= 2
2
2
x 6 x x + 6 x 12 x + 12

( Với x 0 ; x 6 )

1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=

1
9+4 5

Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 x.y + x + y
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A=

( với mọi x ;y)

x2
x x2 x 2
3

Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đờng chéo BD lấy điểm P , gọi M
là điểm đối xứng của C qua P .
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lợt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không
phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

13

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

d) Giả sử CP DB và CP = 2,4 cm,;

PD 9
=
PB 16

Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phơng trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0
(2)
Tìm m để hai bất phơng trình trên có cùng một tập nghiệm.
Đáp án
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x 0; x 6 )
6x + 1
6 x 1 ( x + 6)( x 6)
6 x 2 + 36 x + x + 6 + 6 x 2 36 x x + 6
1
+
.
=
.
=
A=
=

2
x
12( x 2 + 1)
x ( x 6) x ( x + 6) 12( x + 1)
12( x 2 + 1)
1
1
.
=
=
2
x
12( x + 1) x
1
=
2) A= x

1
1

= 9+4 5

9+4 5

Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x2+y2+1 x. y+x+y x2+y2+1 - x. y-x-y 0
2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y 0 ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+12y) 0
(x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1) 3mx-x>1+2m (3m-1)x > 1+2m.
(*)
+ Xét 3m-1 =0 m=1/3.
(*) 0x> 1+

2
3

x .

+ Xét 3m -1 >0 m> 1/3.
(*) x>

1 + 2m
3m 1

+ Xét 3m-1 < 0 3m <1 m < 1/3
(*) x <

1 + 2m
.
3m 1

mà ( 2 ) 2x > m x > m/2.
Hai bất phơng trình có cùng tập nghiệm.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

14

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1

1
1

m
>


m >
m >
3


3
3

1
+
2
m
m
2

3m 5m 2 = 0
(m 2)(m + 1) = 0
=

3m 1 2

m-2 =0 m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của
AC và BD.
AM //PO tứ giác AMDB là hình
thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF AEI cân ở I góc IAE = góc
IEA
góc FEA = góc OAB EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đờng trung bình của MAC IP // AC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do MAF DBA ( g-g)
d) Nếu

MF AD
=
không đổi.
FA
AB

PD 9
BD PB
=

=
= k PD= 9k; PB = 16k.
PB 16
9
16

Do đó CP2=PB. PD ( 2,4)2=9.16k2 k=0,2.
PD = 9k =1,8
PB = 16 k = 3,2
DB=5
Từ đó ta chứng minh đợc BC2= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm
Câu4 ( 1 điểm )
x2
1
1
= 2
=
Ta có A = ( x + x + 1)( x 2) x + x + 1 ( x + 1 ) 2 + 3
2
4
1
3
1
1
Vậy Amax [ ( x+ ) 2 + ] min x+ = 0 x = 2
4
2
2
4
Amax là khi x = -1/2
3
2

Gv: Nguyn Vn Tỳ

15

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

========================
đề 8

Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c abc + b2c + b3 = 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
x

Cho biểu thức: y = ( x + 2004) 2 ; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phơng trình: :
( 12x 1 ) ( 6x 1 ) ( 4x 1 ) ( 3x 1 ) = 330.
B, Giải bất phơng trình: x 6 3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC
vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đờng thẳng
kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đờng thẳng qua I
thay đổi.
CA OC 2
=
B, Chứng minh rằng
DB OB 2

C, Biết SAOB =

8a 2
. Tính CA ; DB theo a.
3

Đáp án
Bài 1: 3 điểm
a, Tính:
Ta có:
a3 + a2c abc + b2c + b3
= (a3 + b3) + ( a2c abc + b2c)= (a + b) ( a2 ab =b2 ) + c( a2 - ab
+b2)
= ( a + b + c ) ( a2 ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả
thiết)
Vậy:a3 +a2c abc + b2c + b3 = 0
( đpCM)
b, 1,5 điểm
Ta có:
bc(a+d) 9b c) ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)
(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) a(b+d)]
Gv: Nguyn Vn Tỳ
Trng THCS Thanh M
16


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)

Bài 2: 2 Điểm

Đặt t =

1
2004 y

Bài toán đa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =
=
Ta thấy:

( x + 2004) 2
x 2 + 2.2004 x + 20042
=
2004 x
2004 x

x
2004
x 2 + 2004 2
+2+
+2
=
2004
x
2004 x

(1)

Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có:

x 2 + 2004 2
2
x2 + 20042 2. 2004 .x
2004 x

(2)

Dấu = xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t 4 Vậy giá trị bé nhất của t = 4
khi x =2004.
Vậy ymax=

1
1
=
Khi x= 2004
2004t 8016

Bài 3:
2 Điểm
a, Nhân cả 2 vế của phơng trình với 2.3.4 ta đợc:
(12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 330.2.3.4
(12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11.10.9.8
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số
phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11 . 10 . 9 . 8
(1)
Và (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8)
(2)
Từ phơng trình (1) 12x -1 = 11 x = 1 ( thoả mãn)
Từ phơng trình (2)

12x -1 = - 8 x=

7
12

suy ra

x Z.
Vậy x=1 thoả mãn phơng trình.
b,

Ta có

x6 < 3

-3 < x 6 < 3

3< x < 9

Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là:
S = { x R/ 3 <
x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ;
AIC
= ABI
( cặp góc đồng vị)
IAC ~ BAO
(gg).
Gv: Nguyn Vn Tỳ

17

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
AC IC
=
AO BO

Suy ra:

Tơng tự: BID ~
OA OB
=
ID BD



AC AO
=
IC
BO

BAO

(1)

(gg)

OA ID
=
OB BD
AC ID
=
Từ (1) và(2) Suy ra:
IC BD

Suy ra:



(2)

Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:

AC ID OA OA
.
=
.
IC BD OB OB

AC OA 2
=
mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:
BD OB 2

C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
SAOB =

1
OA.OB
2

8a 2
Suy ra: OA.OB =
3

mà SAOB =

( giả thiết)
16a 2
OA . OB =
3



16a 2
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =
3

CA . DB =

8a 2
3



a2 + a( CA + DB ) +

16a 2
3

Mà CA . DB = a ( theo câu a) a(CA +DB) =
2

16a 2
- 2a2
3

CA.DB = a 2
16a 2
2

CA + DB + 3 2a
10a 2 . Vậy:
10a 2
=
CA + DB =
a
3
3

a
CA =
Giải hệ pt
và DB = 3a
3
a
Hoặc CA = 3a và DB =
3

Bài

1(

====================
đề 9
2
điểm).
Cho
biểu

thức

x2
y2
x2y2
P=


( x + y) ( 1 y) ( x + y) ( 1+ x) ( x + 1) ( 1 y)

1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y) Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2(2 điểm). Giải phơng trình:
Gv: Nguyn Vn Tỳ

18

Trng THCS Thanh M

:


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2
=
x 5x + 6 x 7x + 12 x 9x + 20 x 11x + 30 8
2

Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
M=

2x + 1
x2 + 2

Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi
E; F lần lợt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của
CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh MAD cân.
3.Tính diện tích MDC theo a.
Bài 5(1 điểm).
Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c =
3
.
2

Chứng minh rằng :

a 2 + b2 + c2

3
.
4

Đáp án
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC : ( x + y) ( x + 1) ( 1 y)
1.

P=

x2 ( 1+ x) y2 ( 1 y) x2y2 ( x + y)

( x + y) ( 1+ x) ( 1 y)

=

( x + y) ( 1+ x) ( 1 y) ( x y + xy)
( x + y) ( 1+ x) ( 1 y)

P = x y + xy .Với x 1; x y; y 1

định.
2. Để P =3

thì giá trị biểu thức đợc xác

x y + xy = 3 x y + xy 1= 2
( x 1) ( y + 1) = 2

Các ớc nguyên của 2 là : 1; 2.
Suy ra:
x 1 = 1 x = 0


y + 1 = 2 y = 3
x 1= 1 x = 2


y + 1= 2 y = 1

(loại).

x 1= 2 x = 3


y + 1= 1 y = 0
x 1 = 2 x = 1

(loại)

y + 1 = 1 y = 2

Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

19

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
x 2
x 3

x 4
x 5

x 6

Ta có :
x2 5x + 6 = ( x 2) ( x 3)

x2 7x + 12 = ( x 3) ( x 4)

x2 9x + 20 = ( x 4) ( x 5)
x2 11x + 30 = ( x 5) ( x 6)

Phơng trình đã cho tơng đơng với :
1

1

+

1

+

1

+

( x 2) ( x 3) ( x 3) ( x 4) ( x 4) ( x 5) ( x 5) ( x 6)

=



1
1
1
1
1
1
1
1
1

+

+

+

=
x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 8



4
1
1
1
1
=

=
( x 6) ( x 2) 8
x 6 x 2 8

1
8

x2 8x 20 = 0 ( x 10) ( x + 2) = 0
x = 10

thoả mãn điều kiện phơng trình.
x = 2

Phơng trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)

(

)

2
2
2x + 1+ x2 + 2 x2 2 x + 2 x 2x + 1
M=
=
x2 + 2
x2 + 2

(x
M=

2

)

+ 2 ( x 1)
x2 + 2

x 1
M lớn nhất khi ( 2 )

2

( x 1)
= 1

2

x2 + 2

2

x +2

nhỏ nhất.

Vì ( x 1) 0x và
2

(

)

x2 + 2 0x

2
x 1
nên ( 2 ) nhỏ nhất khi ( x 1) =
2

x +2

0.
Dấu = xảy ra khi x-1 = 0 x = 1. Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3iểm)

a. VBEC =VCFD(c.g .c) Cà1 = D
1
à +D
ả = 900 F
à +C
à = 900 VCMF vuông tại M
VCDF vuông tại C F
1
1
1
1

Gv: Nguyn Vn Tỳ

20

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Hay CE DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
VAEK =VBEC ( g.c.g ) BC = AK
AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
AM = KD = AD VAMD cân tại A
2
CD CM
=
c. VCMD : VFCD( g.g )
FD FC
2

2

S
CD
CD
Do đó : VCMD =
ữ SVCMD =
ữ .SVFCD
SVFCD FD
FD
1
2

1
4

Mà : SVFCD = CF .CD = CD 2 .
Vậy : SVCMD =

CD 2 1
. CD 2 .
FD 2 4

a

k

d
1

Trong VDCF theo Pitago ta có :
1
5
1

DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 + BC 2 ữ = CD 2 + CD 2 = .CD 2 .
4
4
2


Do đó :

SVMCD

CD 2 1
1
1
=
. CD 2 = CD 2 = a 2
5
5
5
CD 2 4
4

e

m
1

b

1

f

c

Bài 5 (1điểm)
2

1
1
1

Ta có: a2 ữ 0 a2 a + 0 a2 + a
2
4
4

b2 +

Tơng tự ta cũng có:

1
b
4

1
4

; c2 + c

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
a2 + b2 + c2 +

3
3
3
a + b + c . Vì a + b + c = nên: a2 + b2 + c2
4
2
4
1
Dấu = xảy ra khi a = b = c = .
2

=========================
đề 10
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A =

1
1
1
1
+ +
+.+ (3n + 2)(3n + 5)
2.5 5.8 8.11

Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
Câu 3 . (2đ)

Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức

7
x x +1
2

có giá trị nguyên.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

21

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực
tâm H, tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng
hàng.
Đáp án
Câu 1.
1 1
(
3 2
1 1
= (
3 2

A=

1
1 1
1
1
+ - +.+
)
5
5 8
3n + 2 3n + 5
1
n +1
)=
3n + 5
6n + 10

-

Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 4
đợc đa thức d suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3.

7
Z x2 x +1 = U(7)=
x x +1
2

{

+


1,+ 7

}

Đa các phơng trình về dạng tích.
Đáp số x = { 2,1, 3} .
Câu 4. Từ giả thiết a < b + c a2 < ab + ac
Tng tự
b2 < ab + bc
c2 < ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta đợc (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp
tam giác.
GM
1
ã
ã
= , HAG
= OMG
AG
2
OM
1
= (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng
AH
2

- Chỉ ra đợc
- Chỉ ra

minh CK = AH)
V AHG : VMOG (c.g.c)
H,G,O thẳng hàng.
======================
đề 11

3x 3 14 x 2 + 3x + 36
Câu 1:Cho biểu thức: A= 3
3 x 19 x 2 + 33x 9
a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
Gv: Nguyn Vn Tỳ

22

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=

( x + 16)( x + 9)
với x>0.
x

.b, Giải phơng trình: x+1+: 2x-1+2x =3
Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lợt là các
điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC
=CM/CD =DN/DA= x.
.a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện
tích mhỏ nhất.
.b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì
tứ giác MNKL là hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm d của phép chia đa thức
x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1
Đáp án
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
( x 3) 2 (3 x + 4)
Ta có A=
(0,5đ)
( x 3) 2 (3x 1)

Vậy biểu thức A xác định khi x 3,x 1/3(0,5đ)
b. Ta có A=

3x + 4
do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ)
3x 1

<=> x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
Ta có A=

3x + 4
5
= 1+
3x 1
3x 1

Để A có giá trị nguyên thì

5
phải nguyên<=> 3x-1 là ớc của
3x 1

5<=> 3x-1 1, 5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
144
x 2 + 25 x + 144
A=
=x+
+25 (0,5đ)
x
x

Gv: Nguyn Vn Tỳ

23

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Các số dơng x và
chỉ khi x =

144
Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và
x

144
x

x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH1: nếu x<-1 thì phơng trình đã cho tơng đơng với :-x-12x+1+2x=3=>x=-3<-1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: Nếu -1 x<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x 1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phơng trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C

L

D

M
K
D

N

B1

K1
A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lợt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x)
SABD(0,5đ)
Tơng tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S
(0,25đ)
Tơng tự S3+S4= x(1-x)S
S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)
SMNKL=S-(
S1,+S2+
S3+
S4)=
2S
x2-2Sx+S=2S(x1/2)2+1/2S 1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó
M,N,K,L lần lợt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)
Gv: Nguyn Vn Tỳ

24

Trng THCS Thanh M


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)
tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thơng của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1
ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là d của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy d của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
==========================
đề 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M =

x 5 2 x 4 + 2 x 3 4 x 2 + 3x + 6
x 2 + 2x 8

a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai
trong ba số ấy ta đợc 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị
của biểu thức B.
A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n
Bài 3: (2đ)
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M=

1
1
1
+
+
1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx

b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1
+
+
+ +
a+bc b+ca c+ab a b c

Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đờng phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O.
Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh

Gv: Nguyn Vn Tỳ

AP BN CM
.
.
=1
PB NC MA

25

Trng THCS Thanh M


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×