077 đề HSG toán 8 liên châu 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8
Năm học: 2013-2014

Câu 1. (6 điểm)
1. Giải phương trình sau:
a. 2 x 2  x  2013  4. x 2  5x  2012   4. 2 x 2  x  2013. x 2  5x  2012 
2

2

b) x  1  x  3  4
2) Chứng minh bất đẳng thức sau:
x2  y 2  z 2  xy  xz  yz với mọi x, y, z

Câu 2. (5 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. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2  xy  6x  5 y  8
Câu 3. (2 điểm) Cho a, b  0 và a  b  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

 1  1
M  1    1  
 a  b

2

Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A  AC  AB  , đường cao AH

 H  BC  . Trên tia HC lấy điểm

D sao cho HD  HA. Đường vuông góc với BC

tại D cắt AC tại E.
1) Chứng minh rằng BEC

ADC. Tính độ dài đoạn BE theo m  AB

2) Gọi M là trung diểm của đoạn thẳng BE. Chứng minh BHM
số đo của góc AHM
3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB
HD

BC AH  HC

BEC. Tính


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1)
2

a  2 x  x  2013
a) Đặt: 
2


b  x  5 x  2012
Phương trình đã cho trở thành:
2
a 2  4b2  4ab   a  2b   0  a  2b  0  a  2b
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

 2011 
S 

 11 
b) Lập bảng xét dấu các nhị thức : x  1 và x  3
Xét x  3(1)
Phương trình  1  x  3  x  4  x  3 (không thỏa (1))
Xét 3  x  1 (2)
Phương trình  1  x  x  3  4  0 x  0 (Thỏa mãn với mọi x 
Xét x  1 (3)
Phương trình  x  1  x  3  4  2 x  2  x  1 (thỏa mãn (3))
Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3  x  1
2
2
2
2) Có  x  y    y  z    z  x   0 với mọi x, y, z

/ 3  x  1

 x2  2 xy  y 2  y 2  2 yz  z 2  z 2  2 zx  x 2  0

 2  x 2  y 2  z 2   2  xy  yz  xz 

 x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz (dfcm)
Câu 2.
1)
Giả sử f ( x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b.
Khi đó: f ( x)   x 2  4 . 5 x   ax  b

x  2
Xét các giá trị riêng của x sao cho x 2  4  0   x  2  x  2   0  
 x  2
Với x  2  f (2)  2a  b
Với x  2  f (2)  2a  b


7

 f (2)  24
2a  b  24
a 


Theo đề bài, ta có: 
2
 f (2)  10 2a  b  10 b  17


7
Do đó: f ( x)   x 2  4   5 x   x  17
2
47
x  17
Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3 
2
2) x2  xy  6 x  5 y  8  x 2  6 x  8  y  x  5
(2)

x2  6 x  8
(vì x  5 không là nghiệm của phương trình (2))
x5
3
 y  x 1
. Vì x, y nguyên nên x  5 là ước của 3
x5
Hay x  5 1;3;1; 3 hay x 4;6;8;2
Khi x  2  y  0
Khi x  4  y  0
Khi x  6  y  8
Khi x  8  y  8
 y

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x, y   2,0  ;  4,0  ;  6,8 ; 8,8
Câu 3.
2
2
 ab  ab
M  1 

  1 
 (Vi a  b  1)
a  
b 

2

2

b 
a

M  2    2  
a 
b

4b b 2
4a a 2
M 4
 2 4

a a
b b2
 b2 a 2 
a b
M  8   2  2   4     8  2  4.2  18(Co  si )
b 
b a
a
1

Dấu "  " xảy ra  a  b & a  b  1  a  b 
2
1
Vậy MinM  18  a  b 
2


Câu 4.

A

E

M
B

H G

a) Chứng minh CDE

D

CAB( g.g ) 

C

CD CA

CE CB

Hai tam giác ADC và BEC có:
CD CA
C chung;

(cmt )  ADC BEC  c.g.c 
CE CB
Suy ra BEC  ADC  1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo gt)
Nên AEB  450. Do đó tam giác ABE vuông cân tại A. suy ra
BE  AB 2  m 2
BM 1 BE 1 AD
b) Ta có:
 .
 .
....(do BEC ADC )
BC 2 BC 2 AC
Mà AD  AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)
BM 1 AD 1 AH 2
AH
Nên
 .
 .

BC 2 AC 2 AC
2 AC
AH BH
Mà ABH CBA( g.g ) 

AC AB
BM
BH

BH
Nên


BE  2 AB
BC
2 AB BE



Do đó BHM



BEC  c.g.c   BHM  BEC  1350  AHM  450

c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác BAC


GB AB

GC AC
AB ED
AH
HD
Mà

 ABC DEC  
 ED / / AH  
AC DC

HC
HC
GB HD
GB
HD
GB
HD
Do đó:





GC HC
GB  GC HD  HC
BC AH  HC

Suy ra AG là phân giác BAC suy ra :