047 đề HSG toán 8 lập thạch 2011 2012

PHÒNG GD – ĐT
HUYỆN LẬP THẠCH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8
Năm học: 2011-2012

Bài 1. (4 điểm)
1. Cho x, y thỏa mãn y  x  y   0 và x 2  xy  2 y 2 . Tính A 
2. Tính B 

2.1  1
1.1  1

2



2.2  1
 2. 2  1

2



2.3  1
3. 3  1

2

 ... 

3x  y
x y
2.99  1

99. 99  1

2

Bài 2. (4 điểm)
1) Tìm a, b sao cho f  x   ax3  bx 2  10 x  4 chia hết cho đa thức
g ( x)  x 2  x  2

2) Tìm số nguyên a sao cho a 4  4 là số nguyên tố
Bài 3. (3 điểm)
x
5x
Giải phương trình: 2
 2
 2
x  4x  4 x  4
Bài 4. (4 điểm)
Cho hình thoi ABCD có góc ABC  600. Hai đường chéo cắt nhau tại O, E thuộc
tia BC sao cho BE bằng ba phần tư BC , AE cắt CD tại F. Trên đoạn thẳng AB và
CD lần lượt lấy hai điểm G và H sao cho CG song song với FH
3
1) Chứng minh rằng : BG.DH  BC 2
4
2) Tính số đo góc GOH
Bài 5. (3 điểm)
Cho tam giác ABC , ba điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho

BM CN AP BM 1


&
 . Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng
BC CA AB BC 2
trọng tâm.
Bài 6. (2 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1. Chứng minh rằng:
x3
y3
z3
1



y  2z z  2x x  2 y 3


ĐÁP ÁN
Bài 1.
x  y  0
1) Từ y ( x  y )  0  
y  0
x2  xy  2 y 2  .....   x  y  x  2 y   0

Vì x  y  0 nên x  2 y  0  x  2 y
Ta có: A 

3.2 y  y 5 y 5



2 y  y 3y 3

2) Với n  1, ta có:

n  1  n2 1

1



2
2
2
2
 n  1 .n2 n  n  1
 n  n  1 
2

2n  1

Áp dụng vào bài toán ta có:
1 1 1 1
1
1
1
9999
B  2  2  2  2  ......  2 


1


1 2 2 3
99 1002
1002 10000
Bài 2.
1) Ta có: g ( x)  x 2  x  2   x  1 x  2 
Vì f ( x)  ax3  bx 2  10 x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2. Nên tồn tại
một đa thức q( x) sao cho f ( x)  g ( x).q( x)
 ax3  bx 2  10 x  4   x  2  x  1 q  x 

Với x  1  a  b  6  0  b  a  6 (1)
Với x  2  2a  b  6  0 (2)
Thay 1 vào  2  ta có: a  2 & b  4

2) Ta có: a 4  4   a 2  2a  2  a 2  2a  2 

Vì a  c  a 2  2a  2  c; a 2  2a  2  c
Có a 2  2a  2   a  1  1  1

a

Và a 2  2a  2   a  1  1  1

a

2

2

Vậy a 4  4 là số nguyên tố thì a 2  2a  2  1 hoặc a 2  2a  2  1
Nếu a2  2a  2  1  a  1thử lại thấy thỏa mãn
Nếu a2  2a  2  1  a  1 thử lại thấy thỏa mãn.


Bài 3.
Điều kiện x  2
Với x  0 không phải là nghiệm của phương trình :

x
5x
 2
 2
x  4x  4 x  4
2

x
5x
 2
 2 trở thành:
x  4x  4 x  4
1
5
4

 2 * . Đặt y  x   2 phương trình * trở thành:
4
4
x

x 4 x
x
x
1
5

 2
y2 y2
Điều kiện : y  2
y  0
Phương trình trở thành: y 2  3 y  0  y  y  3  0  
 y  3
4
2
Với y  0 thì x   2  0  x 2  2 x  4  0   x  1  3  0 VN 
x
Với y  3 thì
 x  1
4
x   2  3  x 2  5 x  4  0   x  1 x  4   0  
(TMDK )
x
 x  4

Với x  0 phương trình

2

Vậy tập nghiệm phương trình là S  1; 4
Bài 4.

AH

D

G
O
F
B

C

E


1) Chứng minh BCG DHF 

BC BG

 BC.DF  DH .BG
DH DF

Theo định lý Ta let tính được:
3
3
3
DF  DC  BC  BG.DH  BC 2
4
4
4

2) Theo định lý Pytago tính được:
3
BG BO
BO 2  BC 2  CO 2  BC 2  BG.DH  BO 2  BO 2  BO.DO 

4
DO DH
Ta có GBO  HDO  300. Nên BGO DOH  GHO  300
Bài 5.

A
P
G
B

M

K

N

I Q

C

Qua N kẻ NQ / / AB  Q  AB  , theo định lý Talet ta có:
QC CN
QC BM

( gt ) 


 QC  BM
BC CA
BC BC
QN CQ
QN AP

( gt ) 

 AB  QN
AB CB
AB AB
Gọi I , K là trung điểm của MQ và MN. Suy ra IK là đường trung bình của tam

giác MNQ , vậy IK / / QN , IK 

QN
AP
 IK / / AP; IK 
2
2


GI GK KI 1



GA GP PA 2
Suy ra G là trọng tâm của tam giác MNP và G là trọng tâm của tam giác ABC
Bài 6.

9 x3
9 y3
z3
Ta có:
 x  y  2z   6x2 ;
 y  z  2x   6 y2;
 z  x  2 y   6z 2
y  2z
z  2x
x  2y

Gọi G là giao điểm của AI và PK , theo Ta let ta có:

Lại có :  x  y    y  z    z  x   0  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx
2

2

2

Nên ta có:
9 x3
9 y3
9 z3


 3 xy  yz  xz   6  x 2  y 2  z 2 
y  2z z  2x x  2 y
x3
y3

z3
x2  y 2  z 2 1





y  2z z  2x x  2 y
3
3
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1