Đề thi HSG toán 8 tp ninh bình

PHềNG GIO DC & O TO
THNH PH NINH BèNH
-------------------------

THI CHN HC SINH GII
NM HC 2011 - 2012
Mụn Toỏn : Lp 8
(Thi gian lm bi: 150 phỳt)
---------------------------

T-DH0-HSG8-12THS

Bi 1: (4,0 im)
x y x 2 y 2 y 2 4x 4 4x 2 y y 2 4

:
A


Cho biểu thức
2
2
2
y

x
2
y

xy

x
x 2 y xy x


Vi x 0; y 0; x 2 y; y 2 2 x 2

a. Rút gọn biểu thức A
b. Cho y = 1 hóy tỡm x A

2
5

Bi 2: (3,0 im)
Gii phng trỡnh:
a. x4 30x2 + 31x 30 = 0
b. 9x2 + y2 + 2z2 18x + 4z - 6y + 20 = 0.
Bi 3: (4,0 im)
Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn, v cỏc ng cao AD, CE. Gi H, K theo th
t l hỡnh chiu ca B v C trờn ng thng ED. Chng minh:
a. EH = DK
b. SBEC + SBDC = SBHKC
Bi 4: (4,0 im)
a. Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món: x 2 y 2 5 x 2 y 2 60 37 xy .
b. Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn: x2 + y2+ z2 xy + 3y
+2z - 4
Bi 5: (2,0 im)
Cho a, b, c > 0 và a + b + c 1
Chứng minh rằng:

1

1
1
2
2
9
a 2bc b 2ac c 2ab
2

Bi 6: (3,0 im)
Cho tam giỏc ABC cú A B 2C v ụ di ba canh l ba s t nhiờn liờn tip.
Tinh ụ di cỏc canh ca tam giỏc ABC.
-----------------------Ht-------------------------

/>1


Bài

Đáp án ; Kết quả
a. (2,0 điểm)

Bài 1:
(4,0
điểm)

 x y
x 2  y 2  y  2  4 x 4  4 x 2 y  y 2  4
A 

:

 2y  x
2 y 2  xy  x 2 
x 2  y  xy  x

 x y
x 2  y 2  y  2 
( x  y )( x  1)
A 

.
2
 2y  x

( x  y )(2 y  x)  (2 x  y  2)(2 x 2  y  2)

2x2  y  2
( x  y )( x  1)
x 1
A
.

2
2
( x  y )(2 y  x) (2 x  y  2)(2 x  y  2) (2 y  x)(2 x 2  y  2)

b.(2,0 điểm) với y = 1 ta có :
x 1
2
  4 x 3  8 x 2  11 x  7 0
2

 2  x 2x  3 5
 ( x  1)(4 x 2  4 x  7) 0
A





Tìm được x = 1
a. (1,5 điểm)
4
2
x4 – 30x2 + 31x – 30 = 0 � x  x  30  x  x  1  0

Điểm
1,0

1,0
1,0
1,0

� x  x 3  1  30  x 2  x  1  0 � x  x  1  x 2  x  1  30  x 2  x  1  0
�  x 2  x  1  x 2  x  30   0

2
� 2
�
� 1� 3
� x  x  30  0 �
vìx  x  1  �x  �  0 �

�
�
� 2� 4
�
�
� x 2  6 x  5 x  30  0
�x  6
�  x  6  x  5  0 � �
Vậy S   6;5
�x  5
2

Bài 2:
(3,0
điểm)

b.(1,5 điểm)

9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z – 6y + 20 = 0
� (9x2 – 18x + 9) + (y2 – 6y + 9) + 2(z2 + 2z

+ 1) = 0

� 9(x – 1)2 + (y – 3)2 + 2 (z + 1)2 = 0 (*)
Do : ( x  1)2 �0;( y  3)2 �0;( z  1) 2 �0 x; y; z
 x  1 0
 x 1


Nên : (*) �  y  3 0   y 3

 z  1 0
 z  1



/>2

1,0
0,25
0,25

0,5
0,5
0,5


A

K
D
I

P

Q

E
H

a.(1,5 điểm)

Gọi M, I lần lượt là trung điểm
BC,ED
Chứng minh được  MED cân
tại M => MI  ED
Hình thang BHKC có:
BM = MC, MI // BH // CK
nên IH = IK mà ID = IE
=> EH = DK

0,5

1,0

Bài 3:
C
B
E'
I'
M D'
(4,0
điểm) b.(2,5 điểm) Vẽ EE’, II’, DD’ vuông góc với BC.
- Chứng minh được II’ là đường trung bình của hình thang EE’D’D nên:
1
(EE’ + DD’)
2
1
1
1
=> S BEC  S BDC  BC.EE' BC.DD'  BC ( EE'DD' ) BC.II' (1)
2

2
2

II’ =

- Qua I vẽ đường thẳng song song với BC, cắt BH, CK tại P và Q
- Chứng minh được BPQC là hình bình hành nên SBPQC = BC. II’ (2)
- Chứng minh được  PIH =  QIK nên SBPQC = SBHCK
(3)
Từ (1); (2); (3) => SBEC + SBDC = SBHKC

0,5
1,0
0,5
0,5

x 2  y 2  5 x 2 y 2  60  37 xy (1)

a.(2,0 điểm)

(1) �  x  y   5 x 2 y 2  35 xy  60 �  x  y   5  xy  3  4  xy  .
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT �0
� 5  xy - 
3�
  4 xy� 0 3 xy 4 .
2

2

xy  3

�
Do x, y �Z => xy �Z => �
.
xy

4
Bài 4:
�
(4,0
�
�x  y
�xy  3
�
điểm) - Nếu �
(vô nghiệm trên Z).
�
2
 x  y   0 �x 2  3
�
�
x y2
�x  y
�
�xy  4
�
�
- Nếu �
.
�2
2

�
x

y


2
x

4
x

y

0


�
�
�
x y2
�
Vậy �
là các giá trị cần tìm.
x  y  2
�
b.(2,0 điểm)
V× x, y, z lµ c¸c sè nguyªn nªn
x2 + y2+ z2 ≤ xy + 3y +2z - 4

0,5
0,5
0,25
0,25

0,5

1,0
/>3


2

2

2
� y � �y �
� �x  � 3 �  1�  z  1 �0
� 2 � �2 �
2

(*)

2

2
� y � �y �
�x  � 3 �  1�  z  1 �0
� 2 � �2 �

Mµ

2

x, y �R

2

y � �y �
2
(*) � �
�x  � 3 �  1�  z  1  0
� 2 � �2 �
� y
�x  2  0
�x  1
�
�y
�
� �  1  0 � �y  2
Kết luận:
�2
�z  1
�
�z  1  0
�
�
1
1
1

 2
 2
9
(1)
2
a  2bc b  2ac c  2ab
§Æt x = a 2  2bc ; y = b 2  2ac ; z = c 2  2ab
Ta cã x  y  z  a  b  c  2 1
1 1 1
(1)    9
Víi x + y + z ≤ 1 vµ x , y, z >
x y z

0
Bài 5: Áp dụng bất đẳng thức C«si cho ta cã:
(2,0
x  y  z 3. 3 xyz
đẳng thức xảy ra <=> x = y = z
điểm)
1 1 1
1 1 1
1
  3. . 3
đẳng thức xảy ra <=>  
x

y



 x  y  z . 1  1  1  9

=>

z

0,25

x

xyz

y

z

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

Mµ x + y + z ≤ 1

x y z
1 1 1
  9 đẳng thức xảy ra <=> x = y = z = 1/3
x y z

0,25

<=> a = b = c = 1/3 (®pcm)
Bài 6:
(3,0
điểm)

A
1
2

1

B

D

C

Tam giác ABC có Aˆ  Bˆ => BC > AC
Trên cạnh CB lấy điểm D sao cho CA = CD.
ˆ  Aˆ B
ˆ  Aˆ  Aˆ B
ˆ  2Aˆ
Chứng minh được: Aˆ Aˆ 1  Aˆ 2 D

1
2
2
2
2
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
Theo đề bài A B  2C => A2 C
Đặt BC = a, AC = b, AB = c với a, b, c �N , ta có:
/>4

0,5
0,5


Tam giác ABC có Aˆ 2 Cˆ (CMT); Bˆ chung.
=> ABC : DBA ( g.g ) �

AB BC
c
a

 � c2  a  a  b 
=>
BD AB
ab c

(1)

Do các cạnh của tam giác ABC là các số tự nhiên liên tiếp và a >b nên
a – b = 1 hoặc a – b = 2
- Nếu a – b = 1 thì a – c = 2 => a = c + 2. Thay vào (1) ta được

0,5
0,5

�c  2
c 2  c  2 � c  c  1  2 � �
� c  2 . Khi đó a = 4, b = 3.
c 1  1
�

Ba số 2, 3, 4 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.
- Nếu a – b = 2 thì a – c = 1 = > a = c + 1 Thay vào (1) ta được:

0,5

�c  2
c2
�
c 2  2  c  1 � c  c  2   2 � �
��
(loại)
c  2  1 �c  3
�

0,5

Vậy AB = 2, AC = 3, BC = 4

/>5