cac de thi hsg toan 8

PHềNG GIO DC V O TO BM SN
TRNG THCS Lấ QUí ễN
THI CHN I TUYN TON 8 NM HC 2007-2008
Ln 1
Thi gian: 120 phỳt ( Khụng k thi gian giao )
Bi 1: (3) Choa,b,c l cỏc s hu t khỏc 0 tha món a + b + c = 0
Chứng minh rằng: M=
2 2 2
1 1 1
a b c
+ +
là bình phơng của một số hữu tỷ
B i 2 :(5)
Rút gọn biểu thức sau và tìm giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên :
M =
2 2
2 2 3 2
2 2 1 2
1
2 8 8 4 2
x x x
x
x x x x x




ữ
ữ
+ +

Bài 3: (3)
Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh :
3 4 5
x x x
+ =
Bi 4:(6)
Cho tam giỏc ABC cú
ã
0
120BAC =
. Cỏc phõn giỏc AD,BE v CF .
a) (3)
Chng minh rng
1 1 1
AD AB AC
= +
b) (3) Tớnh
ã
FDE
Bi 5(3)
Cho a, b, c l cỏc s khụng õm v khụng ln hn 2 tha món a+b+c =3
Chng minh rng:
2 2 2
5a b c+ +
- Ht -
PHềNG GIO DC V O TO BM SN
TRNG THCS Lấ QUí ễN
P N BI THI CHN I TUYN TON 8 NM HC 2007-2008
Lp 8A

Thi gian: 120 phỳt ( Khụng k thi gian giao )
B i 1 : (3 )
Ta có:
2 2 2
1 1 1
a b c
+ +
=
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
a b c
a b c ab bc ac a b c abc a b c
+ +

+ + + + = + + = + +
ữ ữ ữ ữ

Vậy M là bình phơng của một số hữu tỷ ( 3)
B i 2 ( 5 )
M =
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
2
2 2 2
.
4 2 2

2 4
x x x x x
x x x x
x


ữ

ữ
+
+

M =
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2 2
2
2 2
2 1
2 2
.
2 4 4 2
x x
x x x
x
x x x

+

ữ
+
ữ
+ +

M =
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2
2 2
2 2
4 4 4
2 4 2 1 2 1
. .
2 2 4 2 4 2
x x x x
x x x x x x x
x x
x x x x
+ +

+ + +
=
+ +
M =
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2
2
4
2 1
1
.
2
2 2 4
x x
x x
x
x
x
x x
+
+
+
=
+
( 3)
Để M xác định thì

( )
2
2
2
2 8 0
4 ( 2) 0
0
x
x x
x

+


+






0
2
x
x

(*)
Khi đố M nguyên thì 2M nguyên hay
1x
x
+
nguyên . Mà
1x
x
+
=1+
1
x


Z
x

Ư(1)=
{ }
1;1
Với x=-1 thoả mãn (*) và M = 0

Â
Với x = 1 thoả mãn (*) và M = 1

Â
Vậy x=1; x=-1 thoả mãn điều kiện bài ra .(2)
Bi 3 ( 3)
Phng trỡnh ó cho cú th vit li l :
3 4

1
5 5
x x

+ =
ữ ữ


Ta thy x = 2 l nghim ca phng trỡnh (0,25)
Vi
2x

ta xột
Nu x>2 thỡ
3 4
1
5 5
x x

+ >
ữ ữ

( 0,75)
Với x<2 dễ thấy x=0 và x=1 không phải là nghiệm của phương trình (0,5đ)
Với x<0 ta đặt x= -y thì y >0 nên
1y ≥
Ta có
3 4 3 4 5 5
1 1 1
5 5 5 5 3 4

x x y y y y− −
           
+ = ⇔ + = ⇔ + =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           

phương trình này vô nghiệm vì
5 5 5 5
1
3 4 3 4
y y
   
+ ≥ + >
 ÷  ÷
   
( 1,5đ)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2
Bài 4: (6đ)
a)Từ B kẻ BK // AC cắt AD tại K
ta có tam giác ABK đều
Do đó
( )
1 1 1
.
AC
AB DB DK AB AD
AB AD AC AB AD
DC DA AD AD AB AC
−
= = = ⇒ = − ⇒ = +

( Cho 3 đ)
b)Áp dụng tính chất đường phân giác tính được
.BC AB
BD
AB AC
=
+
( cho 0,5đ)
Từ (a) suy ra
.AB AC
AD
AB AC
=
+
( 0,25đ)
Suy ra:
DA CA EA
DB CB EB
= =
nên DE là phân giác của
·
BDA
(cho 1,25đ)
Chứng minh tương tự được DF là phân giác
·
ADC
( cho 0,5đ)
Từ đó suy ra
·
0

90EDF =
(cho 0,5đ)
Bài 5: (3đ)
Từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 0 8 2 4 0a b c ab bc ca a b c abc− − − ≥ ⇔ + + + − + + − ≥
( 1đ)
Cộng hai vế với
2 2 2
a b c+ +
,sau đó thu gọn ta được
( )
2
2 2 2 2 2 2
4 5a b c a b c abc a b c abc+ + ≥ + + + + ⇔ + + + ≤
(1đ)
Mà
0abc ≥
nên
2 2 2
5a b c+ + ≤
(0,5đ)
Dấu bằng xảy ra khi trong ba số a,b,c có một số bằng 0, một số bằng 2 và một số
bằng 1( cho 0,5đ)
D
I
A
B
C
K

F
E