Toan HSG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (72.6 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Mơn: Tốn lớp 8
Thời gian: 120 phút
( Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (5 điểm)

Cho biểu thức:





3 2 2 3

2 1 1 1 x 1

A 1 1 :

x x 2x 1 x x

x 1

     

      

 

    

 

 

a/ Thu gọn A

b/ Tìm các giá trị của x để A<1

c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên
Bài 2:

(3điểm) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1

Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Bài 3 (4 điểm):

a) Giải phương trình:

y y

y
y

y 1 3

2
1
9

6
3
10
3

2  







b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, trong đó b và c là các số nguyên. Biết rằng đa
thức

x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 đều chia hết cho P(x). Tính P(1)
Bài 4 (6 điểm):

Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Nối
D với E. Vẽ tia Dx vng góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối
của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK. Gọi G là giao điểm của Dk và EM.

a/ Tính số đo góc DBK.

b/ Gọi H là chân đường vng góc hạ từ K xuống BM. Chứng minh bốn điểm A, I,
G, H cùng nằm trên một đường thẳng.

Bài 5: (2 điểm)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Mơn: Tốn lớp 8
Thời gian: 150 phút

Đề 3
BÀI NỘI DUNG

Bài 1
a)





2 2 3

2
2
2
1
:
)
1
(
1
.
1
2
x
x
x
x
x

x
x
x 












 ĐKXĐX{0;1;-1}

A= 2 2

3
2
)
1
)(
1
(
)
1
(
x

x
x
x
x




A=x1

x

Tacó:1-A= 1
1




x >0 khi x-1<0 suy ra x<1

Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1
A= 1+ 1



x

Vì x ngun nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1

Hoặc x-1=1 suy ra x=2

Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)
Vởy x=2 là giá trị cần tìm

Bài 2: Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a2+b2+c2=1

Nếu abc >0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1
A=(a+b+c+1)2+abc0(1)

Nếu: abc<0 ta có:

A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc

Biến đổi được :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)

Vì ì a2+b2+c2=1nên -1a;b;c1 nên (1+a)(1+b)(1+c)0

Và -abc0 nên A0 (2)

Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)0

Bài 3:
a)

Biến đổi phương trình về: (3 1)(3 1)

)
3
)(
1
3
(
1






 y y y

y
Đkxđ: y {3; 3

1
;
3
1 
}
3y+1=-2y+6

 y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm duy nhất y=1

Từ giả thiết chỉ ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c

(x2-2x+5 )(x2+bx+c) mà b; c là các số nguyên nên b=-2; c=5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

K
H

I
E

M
D

C
B
A

Bài 4:

Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác DCM theo tỉ số 1/2
Từ đó chứng minh:CK=ED (1)

EB=BC (2)

BCK

BED

 =1350 (3)

từ: (1);(2);(3)suy ra:

0
90

)
.
(
















DBK

CBK
EBD

c
cg
BCK
BED

Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ
nhật

Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M 

H là trung điểm củaCM

AI//DM (cùng vng góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên
A; ;I;H thẳng hàng (1)

Các tam giác CIH; CHK vuông cân tại Cvà H nên KH= CI =DI
Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành

Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật

Do đó EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK
vậy: GIH (2)

</div>

Toan HSG









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về