De thi HSG Toan8 Vinh Phuc 20102011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phòng GD-ĐT h.Lập Thạch - Vĩnh Phúc. ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 8 Ngày thi : 05-5-2011 ( Thời gian làm bài 120 phút ). Bài 1 : (4 điểm) 1, Cho x,y thoả mãn B. y  x  y  0 và x 2  xy 2y 2. 2.1  1  1.  1  1 . 2. 2, Tính : Bài 2 : (4 điểm). . 2.2 1  2.  2 1 . 2. . 2.3  1  3.  3 1 . 2. . Tính  ... . A. 3x  y xy .. 2.99 1  99.  99 1 . 2. f x ax 3  bx 2  10x  4 g x x 2  x  2 1, Tìm a,b sao cho   chia hết cho đa thức   4 2,Tìm số nguyên a sao cho a  4 là số nguyên tố Bài 3 : (3 điểm). x 5x  2  2 Giải phương trình : x  4 x  4 x  4 2. Bài 4 : (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC bằng 60 độ . Hai đường chéo cắt nhau tai O , E thuộc tia BC sao cho BE bằng ba phần tư BC , AE cắt CD tại F . Trên hai đoạn AB và CD lần lượt lấy hai điểm G và H sao cho CG song song với FH . 3 BG.DH  BC 2 4 1, Chưng minh rằng :. 2, Tính số đo góc GOH Bài 5 : (3 điểm) Cho tan giác ABC ba điểm M,N,P lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB sao cho BM CN AP BM 1   &  BC CA AB BC 2 . Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. Bài 6 : (2 điểm) 2 2 2 Cho các số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 .Chứng minh rằng : x3 y3 z3 1    y  2z z  2x x  2 y 3. HẾT. gv: Nguyễn Quang Sáng (sưu tầm) ĐÁP ÁN Bài 1 : (4 điểm)  x  y 0 y  x  y  0    y 0 1, Từ: x 2  xy 2y 2  ...   x  y   x-2y  0. Vì x  y 0 .Nên x-2y 0  x 2y. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3.2 y  y 5 y 5   2y  y 3y 3 . Ta có : 2.1  1 2.2  1 2.3  1 2.99  1 B    ...  2 2 2 2  1.  1  1   2.  2 1   3.  3 1   99.  99 1  2, Tính : A. 2.  n  1  n 2  2 2  n.  n  1   n  1 .n2 n  1 Với , ta có 2.n  1. . 1 1  2 n  n  1 2. 1 1 1 1 1 1 1 9999 B  2  2  2  2  ...  2  1   2 2 1 2 2 3 99 100 100 10000 Áp dụng vào bài toán ta có :. Bài 2 : (4 điểm) g x x 2  x  2=  x  1  x  2  f x ax 3  bx 2  10x  4 1, Ta có :   Vì   chia hết cho đa thức g  x  x 2  x  2 3. .Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x). 2.  ax  bx  10x  4=  x-2  .  x-1 .q  x . Với. x=1  a+b+6=0  b=-a-6  1 x=-2  2a-b+6=0 2.   Với Thay (1) vào (2) . Ta có : a=2 & b=4 a 4  4= a 2 -2a+2 a 2 +2a+2.   2,Ta có : 2 2 Vì a  c  a -2a+2  c;a +2a+2  c. . 2. 2 Có a +2a+2=  a+1  1 1 a 2. 2. Và a -2a+2=  a-1 1 1 a 4 2 2 Vậy a  4 là số nguyên tố thì a +2a+2=1 hoặc a - 2a+2=1 2 Nếu a -2a+2=1  a 1 thử lại thấy thoả mãn 2 Nếu a +2a+2=1  a  1 thử lại thấy thoả mãn Bài 3 : (3 điểm) Điều kiện : x  2 x 5x  2  2 Với x = 0 không phải là nghiệm của phương trình x  4 x  4 x  4 x 5x  2  2 2 Với x 0 phương trình x  4 x  4 x  4 trở thành 2. 1 5   2  * 1 5 4 4 4   2 x 4 x y x   2 x x x . Đặt phương trình (*) trở thành y  2 y  2 Điều kiện : y 2 & y  2  y 0 y 2  3 y 0  y  y  3 0    y  3 0 Phương trình trở thành 4 2 x   2 0  x 2  2 x  4 0   x  1  2 0 x Với y = 0 thì phương trình vô nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 4 x   2  3  x 2  5 x  4 0   x  1  x  4  0  x Với y = -3 thì S   1;  4.  x  1  x  4  thoả mãn điều kiện. Vậy tập nghiệm của phương trình là Bài 4 : (4 điểm). 1, Chứng minh BCG đồng dạng DHF . BC BG   BC.DF DH .BG DH DF. 3 3 3 DF  DC  BC  BG.DH  BC 2 4 4 4 Theo định lý Thales tính được. 2, Theo định lý Pythagos tính được 3 BG BO BO 2 BC 2  CO 2  BC 2  BG.DH BO 2 BO 2 BO.DO   4 DO DH 0 Ta có GBO HDO 30 . Nên BGO đồng dạng DOH 0 Suy ra GHO 30. Bài 5 : (3 điểm) Qua N kẻ NQ //AB ( Q thuộc BC ) , theo định lí Thales 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. Gọi G là giao điểm cua AI và PK theo Thales có Suy ra G là trọng tâm của tam giác MNP và G là trọng tâm của tam giác ABC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài 6 : (2 điểm) 3 9 x3 z3  x  y  2 z  6 x 2 ; 9 y  y  z  2 x  6 y 2 ;  z  x  2 y  6 z 2 ; x  2y z  2x Ta có : y  2 z 2 2 2  x  y    y  z    z  x  0  x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx. Lại có : Nên Bài 6 : (2 điểm) 2 2 2 Cho các số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 .Chứng minh rằng : x3 y3 z3 1    y  2z z  2x x  2 y 3 9 x3 9 y3 z3    3  xy  yz  xz  6 x 2  y 2  z 2 y  2 z z  2 x x  2 y Ta có : 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. . .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>