De thi HSG Toan 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>a 3  b3  c 3  3abc. ĐỀ I: Câu 1. a) Rút gọn phân thức:  a  b . 2. 2.   a  c   b  c. 2. A  a 2015  b 2015  c 2015    a 2011  b 2011  c 2011 . b) Cho biểu thức , với a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh A chia hết cho 30. Câu 2. a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương. 1 1 1. b) Cho x, y, z đôi một khác nhau và x + y + z =0 . yz xz xy + 2 + 2 2 x + 2 yz y +2 xz z +2 xy 2x  m x  1  3 Câu 3. a) Cho phương trình: x  2 x  2 . Tìm m để phương trình có nghiệm. Tính giá trị của biểu thức:. A=. dương. b) Tìm x, y, z biết : 4 x 2 +2 y 2+ 2 z 2 − 4 xy − 2 yz+2 y −8 z +10 ≤0 Câu 4. Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a) Chứng minh  EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C, I thẳng hàng. Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại A có = 400 . Điểm M nằm trong tam giác 0 0 sao cho = 40 , = 20 . Tính góc. ĐỀ II: Bài 1:1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 a) x  4 b) (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24 5 2) Tìm số tự nhiên n để M = n  n  2 là một số chính phương Bài 2:. 1 a 2  b2  c 2 2 1) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 2 3 4 2) Giải phương trình: 21x  18 x  7 x  x 9. Bài 3: Cho hình vuông ABCD trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy 2 điểm M và N sao cho góc MAN = 450. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AM, AN với BD. 1) Chứng minh Δ AEB đồng dạng với Δ FEM 2) Chứng minh NE. AM.. 3) Gọi H là giao điểm của NE và MF, AH cắt NM tại P. Chứng minh AM là phân giác của góc BAP. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại B (AB = 2BC). Lấy điểm D thuộc cạnh AC sao cho BC = CD, điểm E thuộc cạnh AB sao cho AD = AE. 2 Chứng minh rằng: AD =AB.AE.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM 2. 2. 2. a  b  c  ab  bc  ca 0 a 3  b3  c 3  3abc.  a  b . . . 2. 2.   a  c   b  c. 2.  a  b . 3.  c 3  3ab  a  b   3abc. 2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca . 2.   a  b  c  c 2   3ab  a  b  c   2 2 2 2  a  b  c  ab  bc  ca .  a  b  c    a  b .  a  b  c   a 2  2ab  b 2  ac  bc  c 2  3ab  2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca .  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2  a  b  c  ab  bc  ca  2. 2. 2. . a b c 2. A a 2015  a 2011 a 2011  a 4  1 a 2011  a 2  1   a 2  4  5   a 2010  a  2   a  1 a  a  1  a  2   5  a  1 a  a  1 a 2010 a  2 a  1 a a 1 a  2.      là tích của 5 số nguyên liên tiếp Ta thấy  nên chia hết cho 2, 3 và 5 mà (2; 3; 5) = 1 nên tích của chúng chia hết 30 5 a  1 a  a  1 a 2010 a  1 a  a  1 Mà  có  tích 3 số nguyên liên tiếp 5 a  1 a a  1 a 2010.    nên chia hết cho 3. hay  chia hết cho 30. Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k   )  (n – 7)2 – k2 = 305  (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305 Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  n    n   n    n    n   n    n   n  . 7  k 1 7  k 305 7  k  305 7  k  1 7  k 5 7  k 61 7  k  61 7  k  5.  n 160   k 152  n  146   k 152   n 40  k 28   n  26  k 28  Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40. 1 1 1 + + =0 x y z. ⇒. xy+ yz+ xz =0 ⇒ xy+ yz+ xz=0 xyz. xy–xz x2 + 2yz = x2 + yz – xy – xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) Do đó: A=. yz xz xy + + ( x − y )(x − z) ( y − x)( y − z ) ( z − x )( z − y). Tính đúng A = 1 Đk: x ≠  2 Ta được: (2x-m)(x+2) + (x-1)(x-2) = 3(x-2)(x+2)  2x2 + 4x – mx – 2m + x2 – 3x + 2 = 3x2 – 12  (1-m)x = 2m – 14 x. ⇒ yz = –. 2  m  7. 1 m  Đề phương trình có nghiệm dương x > 0 khi  m  7  0   1  m  0   m  7  0   1  m  0.  m  7 (loai )  m  1    1 m  7  m  7    m  1. (1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2  m  7. +Với Đk x ≠ 2  1  m ≠ 2  m ≠ 4 (2) Từ (1), (2) Vậy 1< m < 7 và m ≠ 4 thì phương trình trên có nghiệm dương 2. 2. 2. 4 x +2 y + 2 z − 4 xy − 2 yz+2 y −8 z +10 ≤0 4 x 2+ 2 y 2 +2 z 2 − 4 xy −2 yz+2 y − 8 z+10 ≤ 0 2 2 2 2 2 ⇔ 4 x − 4 xy+ y + y + z + 1− 2 yz −2 x+ 2 y + z −6 z+ 9 ≤0 2 2 2 ⇔ ( x − y ) + ( y − z+ 1 ) + ( z −3 ) ≤ 0. Dấu bằng xẩy ra khi (x ; y ; z) = (1 ;2 ;3) Bài 4.  EDF vuông cân Ta có  ADE =  CDF (c.g.c)   EDF cân tại D ˆ ˆ Mặt khác:  ADE =  CDF (c.g.c)  E F a) Chứng minh. 1. ˆ. ˆ. ˆ. ˆ. ˆ. 2. ˆ. Mà E1  E 2  F1 = 900  F2  E 2  F1 = 900  EDF = 900. Vậy  EDF vuông cân b) Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông  CO là trung trực BD 1 Mà  EDF vuông cân  DI = 2 EF 1 Tương tự BI = 2 EF  DI = BI.  I thuộc dường trung trực của DB  I thuộc đường thẳng CO Hay O, C, I thẳng hàng Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, N đối xứng với M qua AH. Gọi CM x AB = E, AH x MN = F. 1800  400  BAC  700 0  BAC  40 2 Vì và AB = AC(gt) nên 0 BCE 200  Mà nên BEC 90 0  0  0  Vì ABC 70 , MBC 40 nên MBE 30. Mà BEM vuông tại E nên ME = MB (1) Vì HF là đường trung trực BC, MN nên BMNC là hình thang cân với trục đối xứng là HF (2) 0   Từ (2)  NCB MBC 40 và.   MCB 200  NCM 400  200 200. Từ (2) suy ra BC//MN 0   Do đó MCB  NMC 20 Vậy NCM cân tại N nên NM = NC.. 1 1 1 MF  MN  NC  MB 2 2 2 Kết hợp với (2) ta có (3). Từ (1) và (3) suy ra ME = MF do đó 1 1   MAB MAH  BAH  200 100 2 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> E 1. I. 2. B. C O. A. D. 1. 2. F.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>