Đề-Đáp án HSG Toán 8 Y.7

đề thi học sinh giỏi Toán 8 .7
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1 : (2đ)
Tìm chữ số sau cùng của:
a) Số 6
713
; b) Số 2
1000
Bài 2: (1,5đ)
Giả sử:
x=
ba
ba
+

; y=
cb
cb
+

; z=
ac
ac
+


Chứng minh rằng:
(1+x)(1+y)(1+z)= (1-x) (1-y) (1-z)
Bài 3: (2đ)
Gii phng trỡnh:

a)
3
8 5 3 9
81 16 8 64
x


=
ữ

b)
2 2
2 2
2 1 2 2 7
2 2 2 3 6
x x x x
x x x x
+ + + +
+ =
+ + + +
Bài 4: (1,5đ)
Cho x > y > 0 . Chứng minh rằng:
yx
yx
+

<
22
22
yx

yx
+

Bài 5: (1,5đ)
Cho tứ giác ABCD có P và Q là trung điểm của AB và CD. M và N là trung
điểm của các đờng chéo AC và BD.
Chứng minh nếu MN

PQ thì BC = AD .
Bài 6: (1,5đ)
Cho tam giác có ba góc nhọn ABC với ba đờng cao AA, BB. CC cắt nhau tại
H. A
1
, B
1
, C
1
là các điểm đối xứng của H qua BC, AC và AB. Chứng minh rằng
tổng:
'
1
AA
AA
+
'
1
BB
BB
+
'

1
CC
CC
không đổi
-----------------------------Hết đề thi-------------------------------
Đáp án đề Toán 8 .7
Bài 1 : (2đ)
Tìm chữ số sau cùng của:
a) Số 6
713
Ta có
66
2


(mod 10) 0,5đ
Do đó

66

n
(mod 10) với mọi n > 2
nghĩa là chữ số sau cùng của Số 6
713
là 6 0,5đ
b) Số 2
1000
Ta có:
6162
4

=
(mod 10) 0,5đ
1000 = 4.250
Nên 2
1000
= 2
4.250
= (2
4
)
250
2
1000


6
250


6 (mod 10)
Tức là số sau cùng của số 2
1000
cũng là 6 0,5đ
Bài 2: (1,5đ)
(1+x)(1+y)(1+z) = (1-x) (1-y) (1-z)

1
)1)(1)(1(
)1)(1)(1(
=

+++
zyx
zyx
(*)
Ta thực hiện vế trái:
Thay x=
ba
ba
+

vào
x
x

+
1
1
ta đợc:
ba
ba
ba
ba
+


+

+
1

1
=
ba
baba
ba
baba
+
++
+
++
=
b
a
2
2
=
b
a

0,5đ
Hoán vị vòng x y z x và a b c a
ta đợc:
c
b
y
y
=

+
1

1
;
a
c
z
z
=

+
1
1
0,5đ
Thay vào vế trái của (*)
acb
cba
..
..
= 1
Vậy vế trái bằng vế phải hay (1+x)(1+y)(1+z)= (1-x) (1-y) (1-z) (đpcm).

0,5đ
Bài 3: (2đ)
a) 1®
3
8 5 3 9
81 16 8 64
x
−
 
− =

 ÷
 

3
3 3
5 3 9 81
.
16 8 64 8
5 3 9
16 8 8
5 3 9
16 8 8
9 5
8 16
3
8
23
6
x
x
x
x
x
−
 
⇔ − =
 ÷
 
−
   

⇔ − =
 ÷  ÷
   
−
⇔ − =
+
⇔ =
−
−
⇔ =
0,5®
0,5®
b) 1®
2 2
2 2
2 1 2 2 7
2 2 2 3 6
x x x x
x x x x
+ + + +
+ =
+ + + +
Do:
x
2
+2x+2 = (x
2
+2x+1)+1 = (x+1)
2
+1>0 với mọi x∈R

x
2
+2x+3 = (x
2
+2x+1)+2 = (x+1)
2
+2>0 với mọi x∈R (*)
Nªn ®iÒu kiÖn lµ: x ∈R 0,5®
Đặt t= x
2
+2x+3=> x
2
+2x+2 = t-1 , Tõ (*) nªn ®iÒu kiÖn : t
≥
2
Do ®ã phương trình trở thành:
6
71
1
2
=
−
+
−
−
t
t
t
t
)1(

)2(6
−
−
⇔
tt
tt
+
t
t
2
)1(6
−
=
)1(6
)1(7
−
−
tt
tt
⇔
6t
2
– 12t + 6t
2
– 12t + 6 = 7t
2
– 7t
⇔
5t
2

– 17t + 6 = 0
⇔
t
2
–
5
17t
+
5
6
= 0
⇔
t
2
–
5
2t
-
5
15t
+
5
6
= 0

(t
2

5
2t

) (
5
15t
-
5
6
) = 0

t(t
5
2
) 3(t-
5
2
) = 0

(t-
5
2
) (t - 3) = 0
3t =
(nhận),
2
5
t =
(loại)
Vi t= 3 , ta cú x
2
+2x+3 =3

x(x+2) =0

x=0 , x = -2
Vậy nghiệm của phơng trình l : x=0 , x = -2 0,5đ
Bài 4: (1,5đ)
Do x > y > 0 nên x + y

0.
Theo tính chất cơ bản của phân thức ta có:
yx
yx
+

=
))((
))((
yxyx
yxyx
++
+
=
22
22
2 yxyx
yx
++

(1) 0,5đ
Mặt khác, do x > y > 0 nên x
2

+ 2xy + y
2
> x
2
+ y
2
Vậy
22
22
2 yxyx
yx
++

<
22
22
yx
yx
+

(2) 0,5đ
Từ (1) và (2) ta suy ra:
yx
yx
+

<
22
22
yx

yx
+

(đpcm) 0,5đ
Bài 5: (1.5đ) Vẽ hình 0.5 đ

B
C
A
M
D
N
P
Q
áp dụng định lý về đờng trung bình của tam giác đối với các tam giác ABC và
DBC ta có:
PM//BC và PM =
BC
2
1
NQ//BC và NQ =
BC
2
1
Suy ra PM//NQ và PM = NQ 0,5đ
Do đó tứ giác PMQN là hình bình hành. Nếu MN

PQ thì tứ giác PMQN trở
thành hình thoi. Khi đó PM = PN nhng PM =
BC

2
1
, PN =
AD
2
1
(đờng trung bình của tam giác) nên suy ra BC = AD (đpcm) 0,5đ
Bài 6: (1,5đ) Vẽ hình 0.5 đ
B
C
A
C
A
1
H
A
B
1
B
C
1