Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 8 Toán 2013 - Phần 2 - Đề 30 doc

ĐỀ SỐ 4
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =
























2
10
2:
2
1

36
6
4
2
3
2
x
x
x
xx
xx
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 :
1
2
15
2
1
14
22





x

xx
x
xx

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):
Cho biểu thức A =
12
332
2


x
xx
. Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị
nguyên
Câu 5 ( 1 điểm)

a, Chứng minh rằng




3
3
333
.3 zyxxyyxzyx 

b, Cho
.0
111

zyx
Tính
222
z
xy
y
xz
x
yz
A 

ĐÁP ÁN
Câu 1
a, x

2 , x


-2 , x

0
b , A =
2
6
:
2
1
2
2
4
2












xxx
x
x

=


  
2
6
:
22
222





xxx
xxx

=
  
x
x
xx 




2
1
6
2

.
22
6

c, Để A > 0 thì 0
2
1


x
202





xx
Câu 2 . ĐKXĐ :
2
1
;1  xx
PT 01
1
2
15
1
1
14
22








x
xx
x
xx
0
1
2
23
1
23
22







x
xx
x
xx

   

     
02321023230
12
1
1
1
23
22










 xxxxxx
xx
xx

x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =








3
2
;2;1
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.
Mặt khác : PAMPAN



= 45
0
nên góc
MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
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 =
2
1
QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =
2
1
QR.

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) +
1
2
2

x
vì x

Z nên để A nguyên thì
1
2
2

x
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
Câu 5. a, , Chứng minh




3
3
333
.3 zyxxyyxzyx 

Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có 0



cba thì






abcccabccbaabbacba 333
333

3
333


(vì 0



cba nên cba



)
Theo giả thiết
.0
111

zyx

.
3111
333
xyz
zyx


khi đó 3
3111
333333222











xyz
xyz
zyx
xyz
z
xyz
y
xyz
x
xyz
z
xy
y
xz
x
yz
A
=====================