Đề thi olympic môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Trường THCS Liên Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Trường THCS Liên Châu (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU Năm học: 2013-2014 Câu 1. (6 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2 2 a. 2x2 x 2013 4. x2 5x 2012 4. 2x2 x 2013 . x2 5x 2012 b) x 1 x 3 4 2) Chứng minh bất đẳng thức sau: x2 y2 z2 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 x2 4được thương là 5xvà còn dư. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2 xy 6x 5y 8 Câu 3. (2 điểm) Cho a,b 0 và a b 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 1 1 M 1 1 a b 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 : BEC.Tính số đo của góc AHM GB HD 3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh BC AH HC
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 1) a 2x2 x 2013 a) Đặt: 2 b x 5x 2012 Phương trình đã cho trở thành: a2 4b2 4ab a 2b 2 0 a 2b 0 a 2b Khi đó, ta có: 2x2 x 2013 2 x2 5x 2012 2x2 x 2013 2x2 10x 4024 2011 11x 2011 x 11 2011 S  11  b) Lập bảng xét dấu các nhị thức : x 1và 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 0x 0 (Thỏa mãn với mọi x ¡ / 3 x 1 Xét x 1 (3) Phương trình x 1 x 3 4 2x 2 x 1 (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 3 x 1 2) Có x y 2 y z 2 z x 2 0với mọi x, y, z x2 2xy y2 y2 2yz z2 z2 2zx x2 0 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz x2 y2 z2 xy yz xz (dfcm) Câu 2. 1) Giả sử f (x) chia cho x2 4được thương là 5xvà còn dư là ax b. Khi đó: f (x) x2 4 . 5x ax b 2 x 2 Xét các giá trị riêng của x sao cho x 4 0 x 2 x 2 0 x 2 Với x 2 f (2) 2a b Với x 2 f ( 2) 2a b
3. 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) x2 4 5x x 17 2 47 Vậy đa thức f (x) cần tìm có dạng: f (x) 5x3 x 17 2 2) x2 xy 6x 5y 8 x2 6x 8 y x 5 (2) x2 6x 8 y (vì x 5không là nghiệm của phương trình (2)) x 5 3 y x 1 .Vì x, y nguyên nên x 5là 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 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 b2 4a a2 M 4 4 a a2 b b2 b2 a2 a b M 8 2 2 4 8 2 4.2 18(Co si) a b b a 1 Dấu " "xảy ra a b & a b 1 a b 2 1 Vậy MinM 18 a b 2
4. Câu 4. A E M B H G D C CD CA a) Chứng minh CDE : CAB(g.g) CE CB Hai tam giác ADC và BEC có: CD CA Cµ chung; (cmt) ADC : BEC c.g.c CE CB Suy ra B· EC ·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 2AC AH BH Mà ABH : CBA(g.g) AC AB BM BH BH Nên BE 2AB BC 2AB BE Do đó BHM : BEC c.g.c B· HM B· EC 1350 ·AHM 450 c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác B· AC
5. GB AB Suy ra AG là phân giác B· AC suy ra : 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