035 đề HSG toán 8 việt yên 2012 2013

PHÒNG GD & ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: 3/4/2013

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4  2013x2  2012 x  2013
 x2  2 x
 1 2
2 x2
2. Rút gọn biểu thức sau: A   2

. 1   2 .
2
3  
 2x  8 8  4x  2x  x   x x 
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:

 2x

2

 x  2013  4. x 2  5x  2012   4. 2 x 2  x  2013 x 2  5x  2012 
2

2

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3  2 x2  3x  2  y 3
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x  2 dư 10, f ( x) chia cho x  2
dư 24, f ( x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư
2. Chứng minh rằng:
a  b  c  b  c  a   c  a  b  a  b  c   b  a  c  a  c  b 
2

2

2

Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm
F sao cho AE  AF . Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC
lần lượt tại hai điểm M, N
1) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật
2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH . Chứng
minh rằng AC  2EF
1
1
1


3) Chứng minh rằng :
2
2
AD
AM

AN 2
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng:
1
1
1
3



.
a 3  b  c  b3  c  a  c 3  a  b  2


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1.1 Ta có:
x 4  2013x 2  2012 x  2013
  x 4  x   2013x 2  2013x  2013
 x  x  1  x 2  x  1  2013. x 2  x  1
  x 2  x  1 x 2  x  2013

1.2
x  0
Điều kiện: 
x  2
Ta có:

 x2  2 x
 1 2 

2x2
A 2

1  2 
2
3 
2
x

8
8

4
x

2
x

x

 x x 
 x2  2 x
 x2  x  2
2x2
.


 2  x2  4 4  2  x   x2  2  x  
x2



 x2  2 x
  x  1 x  2 
2x2
.


 2  x2  4  x2  4  2  x  
x2


x. x  2   4 x 2
2




2  x  2  x2  4
x  x 2  4   x  1
2x  x  4
2

Vậy A 

2

x 1
với
2x

.

 x  1. x  2   x3  4 x 2  4 x  4 x 2 . x  1



2  x2  4

x2

x2

x 1
2x

x  0

x  2

Câu 2.
a  2 x 2  x  2013

2.1 Đặt 
2

b  x  5 x  2012

Phương trình đã cho trở thành:
a 2  4b2  4ab   a  2b   0  a  2b  0  a  2b
2

Khi đó ta có:

2 x 2  x  2013  2. x 2  5 x  2012   2 x 2  x  2013  2 x 2  10 x  4024
 11x  2011  x 

2011
11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 

2011
11
2

3 7

2.2 Ta có: y  x  2 x  3x  2  2  x     0  x  y (1)
4 8

3

3

2

2

9

15
 x  2   y  4 x  9 x  6   2 x     0  y  x  2 (2)
4  16

Từ 1 và  2  ta có: x  y  x  2 mà x, y nguyên suy ra y  x  1
3

3

2

Thay y  x  1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được
x  1  y  0
Vậy  x; y    1;0 
Câu 3.
3.1 Giả sử f ( x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư ax  b
Khi đó : f ( x)   x 2  4 . 5 x   ax  b
Theo đề bài, ta có:

7

 f (2)  24
2a  b  24
a 


2

f
(


2)

10

2
a

b

10


b  17
7
Do đó : f ( x)   x 2  4 .(5 x)  x  17
2
Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3 

47
x  17
2

3.2

Ta có: a  b  c   b  c  a 2   c  a  b   a  b  c 2   b  a  c   a  c  b 2   0

(1)

xz

a


2
a  b  c  x 
x y


Đặt b  c  a  y  b 
2
a  c  b  z


yz

c  2
Khi đó ta có:
xz x y yz 2 yz xz x y 2 1
2
VT 
.

.

. y 
 x   x  y  x  y  z
2  2
2 

2  2
2 
4
xz xz 2 yz z y 2 1 2

.
.y 
.
.x  .  x  y 2  z 2
2
2
2
2
4
1
1
1
=  x 2  z 2  y 2   z 2  y 2  x 2  . x 2  y 2 .z 2
4
4
4
1
1
  x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2  0  VP
(dfcm)
4
4

Câu 4.

E

A

B

H
F
D

M

C

N


1) Ta có: DAM  ABF (cùng phụ với BAH )

AB  AD

( gt ); BAF  ADM  900 (ABCD là hình vuông)

 ADM  BAF  g.c.g 

 DM  AF , mà AF  AE ( gt ) nên AE  DM
Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC )
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác DAE  900 ( gt )
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật
2) Ta có ABH FAH ( g.g )



AB BH
BC BH


hay
 AB  BC; AE  AF 
AF AH
AE AH

Lại có: HAB  HBC (cùng phụ với ABH )
 CBH AEH (c.g.c)
2

2

S
SCBH
2
 BC 
 BC 
2
 CBH  
 4( gt )  
 , mà
  4  BC   2 AE 
S EAH  AE 
S EAH

 AE 
 BC  2 AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD
Do đó: BD  2EF hay AC  2EF (dfcm)

3) Do AD / /CN ( gt ). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:
AD AM
AD CN



CN MN
AM MN
Lại có: MC / / AB  gt . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:


MN MC
AB MC
AD MC
hay




AN
AB
AN MN
AN MN
2
2
MN 2

 AD   AD   CN   CM  CN  CM


1
 
 
 
 
MN 2
MN 2
 AM   AN   MN   MN 
( Pytago)
2

2

2

2

2

2

1
1
1
 AD   AD 




 
 1
2
2
AM
AN
AD 2
 AM   AN 

(dfcm)

Câu 5.
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b, c  và x, y, z  0 ta có:


a 2 b2 c 2  a  b  c 
  
x
y
z
x yz
a b c
Dấu "  " xảy ra   
x y z
Thật vậy, với a, b và x, y  0 ta có:

a 2 b2  a  b 
 
x

y
x y

2

(*)

2

(**)

  a 2 y  b 2 x   x  y   xy (a  b)2
  bx  ay   0 (luôn đúng)
2

Dấu "  " xảy ra 

a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức ** ta có:
a 2 b2 c 2  a  b  c 2  a  b  c 
  
 
x
y
z
x y
z

x yz
a b c
Dấu "  " xảy ra   
x y z
2

2

1
1
1
2
2
2
1
1
1
 3
 3
 a
 b
 c
Ta có: 3
a  b  c  b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc
Áp dụng BĐT (*) ta có :
2

1 1 1
1
1

1
   
a 2  b2  c 2   a b c  
ab  ac bc  ab ac  bc 2  ab  bc  ac 

2

1 1 1
   
 a b c  (Vì abc  1)
1 1 1
2   
a b c

Hay
1
1
1
2
2
2
1 1 1 1
a
 b
 c
    
ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c 
1
1
1

2
2
2
1 1 1
3
Mà    3 nên a
 b
 c

a b c
ab  ac bc  ab ac  bc 2


Vậy

1
1
1
3
 3
 3
 . (đpcm)
a b  c  b c  a  c a  b  2
3