046 đề HSG toán 8 tam dương 2013 2014

PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2013-2014
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1.
Đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 và thỏa mãn f 1  5; f  2   11; f  3  21
Tính f  1  f  5
Bài 2.
a) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho: n4  2n3  2n2  n  7 là số chính phương.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  xy  y 2  x 2 y 2
Bài 3. Chứng minh rằng :  x  1 x  3 x  4  x  6   10  0 với mọi x
Bài 4.
a) Cho tam giác ABC , gọi M, N lần lượt là trung diểm của BC, AC. Gọi O, G, H
lần lượt là giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến
của tam giác ABC. Tính tỉ số GH : GO
b) Cho hình thang ABCD có hai đáy AB  2a, CD  a. Hãy dựng điểm M trên đường
thẳng CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích
bằng nhau.
Bài 5.
Cho x  0, y  0, z  0 và x  y  z  1. Chứng minh rằng xy  yz  zx  2 xyz 

7
27


ĐÁP ÁN
Câu 1.

Nhận xét: g ( x)  2 x 2  3 thỏa mãn g 1  5; g  2   11; g  3  21
Q( x)  f ( x)  g ( x) là đa thức bậc 4 có 3 nghiệm x  1; x  2; x  3
Vậy Q( x)   x  1 x  1 x  3 x  a  ta có:
f (1)  Q  1  2. 1  3  29  24a
2

f (5)  Q  5   2.52  3  173  24a
 f (1)  f (5)  202
Câu 2.
a)
Giả sử n4  2n3  2n2  n  7  y 2

Ta có: y 2   n2  n   n2  n  7
2

 y 2   n2  n 

2

 y  n2  n
 y  n2  n  1

(Vi

y )

 y 2  n2  n  1
 y 2   n 2  n  1

2

Thay y 2   n2  n   n2  n  7
2

 n2  n  6  0
  n  2  n  3  0
 3  n  2
Thử trực tiếp n  2; n  3 thỏa mãn
Vậy số nguyên n cần tìm là n2; 3
b)
Thêm xy vào hai vế của phương trình ta có:

x 2  2 xy  y 2  x 2 y 2  xy
  x  y   xy  xy  1
2

(y )


Ta thấy xy & xy  1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại
một số bằng 0
TH1: xy  0  x2  y 2  x  y  0
TH2: xy  1  0 ta có xy  1nên  x; y  1; 1 ;  1;1
Thử lại ba cặp số  0;0  ;  1;1 ; 1; 1 đều là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 3.
Ta có:  x  1 x  3 x  4  x  6   10   x  1 x  6  x  3 x  4   10
  x 2  7 x  6  x 2  7 x  12   10

  x 2  7 x  9  3 x 2  7 x  9  3  10
  x 2  7 x  9   9  10   x 2  7 x  9   1  0

2

2

(x)

Vì  x 2  7 x  9   0 với mọi x
2

Do đó :  x 2  7 x  9   1  0 với mọi x (bài toán được chứng minh).
2

Câu 4.
a)

A

H

M
G

B

O
N

Ta có: OM / / AH (vì cùng vuông góc với BC)
ON / / BH (vì cùng vuông góc với AC)
NM / / AB (đường trung bình của tam giác)

Xét ABH và MNO

C


Có: BAH  NMO (góc có cạnh tương ứng song song)
ABH  MNO (góc có cạnh tương ứng song song)
NM OM 1
 ABH MNO  g.g  


BA AH 2
Xét AGH và MOG có:
GAH  GMO (so le trong) (1)
GM 1
 (tính chất trọng tâm ) (2)
GA 2
OM 1

(cmt )
AH 2
Từ 1 ;  2  ;  3  AHG MOG  c.g.c   AGH  MGO(4)
Mặt khác : A, G, M thẳng hàng (5)
GH AH
Từ (4),(5)  H , G, O thẳng hàng và

2
GO OM
b)

D

a

x
A

M

C K
N
H

B

Gọi h là đường cao của hình thang ABCD
Giả sử đã dựng được điểm M thuộc CD sao cho đường thẳng AM cắt hình thang thành
hai phần có diện tích bằng nhau.
Gọi N là giao điểm của AM và BC
Đặt S1  S ADCN ; S2  S ANB ; S  S ABCD .
s  s  s
Ta có:  1 2
 S2  S : 2 (1)
 s1  s2
Kẻ đường cao NH của tam giác ANB và đặt NH  x ta có:


1
3ah
 2a  a  h 

2
2
1
s2  .2a.x  ax
2
1 3ah
3h
x
Thay vào (1) : ax  .
2 2
4
NB 1
Áp dụng định lý Talet 
 suy ra cách dựng:
NC 3
s

1
Chia đoạn BC làm 4 phần bằng nhau, lấy điểm N trên BC sao cho NC  BC
4
Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD tại điểm M cần dựng
1
 x yz
Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: xyz  
 
3

 27
Mặt khác:
 xyz   x  y  z  y  z  x  z  x  y 

3

 xyz  1  2 z 1  2 x 1  2 y 
 xyz  1  2  x  y  z   4  xy  yz  xz   8 xyz
 xyz  1  2  4  xy  yz  zx   8 xyz
 1  xyz  4  xy  yz  zx   8 xyz
 1


1
 4  xy  yz  zx   8 xyz
27

7
 xy  yz  zx  2 xyz (dfcm)
27