Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Tam Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Tam Dương (Có đáp án)

1. PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC 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: x2 xy y2 x2 y2 Bài 3. Chứng minh rằng : x 1 x 3 x 4 x 6 10 0với 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. 7 Cho x 0, y 0, z 0 và x y z 1.Chứng minh rằng xy yz zx 2xyz 27
2. ĐÁP ÁN Câu 1. Nhận xét: g(x) 2x2 3thỏa 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 2 3 29 24a f (5) Q 5 2.52 3 173 24a f ( 1) f (5) 202 Câu 2. a) Giả sử n4 2n3 2n2 n 7 y2 (y ¥ ) 2 Ta có: y2 n2 n n2 n 7 2 y2 n2 n y n2 n y n2 n 1 (Vi y ¥ ) y2 n2 n 1 2 y2 n2 n 1 2 Thay y2 n2 n n2 n 7 n2 n 6 0 n 2 n 3 0 3 n 2 Thử trực tiếp n 2;n 3thỏa mãn Vậy số nguyên n cần tìm là n 2; 3 b) Thêm xy vào hai vế của phương trình ta có: x2 2xy y2 x2 y2 xy x y 2 xy xy 1
3. Ta thấy xy & xy 1là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0 TH1: xy 0 x2 y2 x y 0 TH2: xy 1 0ta 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 x2 7x 6 x2 7x 12 10 x2 7x 9 3 x2 7x 9 3 10 2 2 x2 7x 9 9 10 x2 7x 9 1 0 (x) 2 Vì x2 7x 9 0với mọi x 2 Do đó : x2 7x 9 1 0 với mọi x (bài toán được chứng minh). Câu 4. a) A H M G O C B 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
4. Có: B· AH N· MO (góc có cạnh tương ứng song song) ·ABH M· NO (góc có cạnh tương ứng song song) NM OM 1 ABH : MNO g.g BA AH 2 Xét AGH và MOG có: G· AH G· MO (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 M· GO(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 C K M N x A 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 SADCN ;S2 SANB ;S SABCD. s1 s2 s Ta có: S2 S : 2 (1) s1 s2 Kẻ đường cao NH của tam giác ANB và đặt NH x ta có:
5. 1 3ah s 2a a h 2 2 1 s .2a.x ax 2 2 1 3ah 3h Thay vào (1) : ax . x 2 2 4 NB 1 Áp dụng định lý Talet suy ra cách dựng: NC 3 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 3 x y z 1 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 xyz 1 2z 1 2x 1 2y xyz 1 2 x y z 4 xy yz xz 8xyz xyz 1 2 4 xy yz zx 8xyz 1 xyz 4 xy yz zx 8xyz 1 1 4 xy yz zx 8xyz 27 7 xy yz zx 2xyz(dfcm) 27