Tổng hợp Đề thi HSG Toán 8 Bỉm Sơn – Có hướng dẫn chấm File word

Tổng hợp Đề thi HSG Toán 8 Bỉm Sơn – Có hướng dẫn chấm File word

Đề HSG Toán 8_Bỉm Sơn_2014-2015

Bài 1. (3đ) Cho $a,b,c$là các số hữu tỷ khác 0 thỏa mãn $a+b+c=0$

Chứng minh rằng: $M=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$là bình phương của một số hữu tỷ

Bài 2. (5 điểm)

Rút gọn biểu thức sau và tìm giá tri nguyên của $x$để biểu thức có giá trị nguyên:

$M=\left( \frac{{{x}^{2}}-2x}{2{{x}^{2}}+8}-\frac{2{{x}^{2}}}{8-4x+2{{x}^{2}}-{{x}^{3}}} \right)\left( 1-\frac{1}{x}-\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)$

Bài 3. (3 điểm)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ${{3}^{x}}+{{4}^{x}}={{5}^{x}}$

Bài 4. (6 điểm)

1. Cho tam giác $ABC$có $\widehat{BAC}={{120}^{0}}.$Các phân giác $AD,BE$và CF

Chứng minh rằng $\frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$

1. Tính $\widehat{FDE}$

Bài 5. (3 điểm)

Cho $a,b,c$là các số không âm và không lớn hơn 2 thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh rằng ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 5$

ĐÁP ÁN

Bài 1.

Ta có:

$\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}={{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}-2\left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac} \right)={{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}-2.\frac{a+b+c}{abc}={{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}$Vậy $M$là bình phương của một số hữu tỉ

Bài 2.

$\begin{align}& M=\left( \frac{{{x}^{2}}-2x}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)}-\frac{2{{x}^{2}}}{4.\left( 2-x \right)+{{x}^{2}}.\left( 2-x \right)} \right).\frac{{{x}^{2}}-x-2}{{{x}^{2}}} \\& M=\left[ \frac{{{x}^{2}}-2x}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)}+\frac{2{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+4 \right)\left( x-2 \right)} \right] .\frac{\left( {{x}^{2}}-2 \right).\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}} \\& M=\frac{{{x}^{2}}.{{\left( x-2 \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}}{2\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)}.\frac{\left( x-2 \right)\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{x\left( {{x}^{2}}-4x+4+4x \right)}{2\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)}.\frac{\left( x-2 \right)\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}} \\& M=\frac{x\left( {{x}^{2}}+4 \right)}{2\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)}.\frac{\left( x-2 \right)\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{x+1}{2x} \\\end{align}$

Để M xác định thì $\left\{ \begin{align}& 2{{x}^{2}}+8\ne 0 \\& \left( {{x}^{2}}+4 \right)\left( x-2 \right)\ne 0 \\& {{x}^{2}}\ne 0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ne 0 \\& x\ne 2 \\\end{align} \right.$

Khi đó $M$nguyên thì $2M$nguyên hay $\frac{x+1}{x}$nguyên . Mà $\frac{x+1}{x}=1+\frac{1}{x}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow x\in U(1)=\left\{ \pm 1 \right\}$

Với $x=-1$ thỏa mãn (*) và $M=0\in \mathbb{Z}$

Với $x=1$thỏa mãn $\left( * \right)$và $M=1\in \mathbb{Z}$

Vậy $x=1;x=-1$ thỏa mãn điều kiện bài ra.

 Bài 3.

          Phương trình đã cho có thể viết lại là : ${{\left( \frac{3}{5} \right)}^{x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{x}}=1$

Ta thấy $x=2$là nghiệm của phương trình đã cho.

Với $x\ne 2$ ta xét:

Nếu $x>2$thì ${{\left( \frac{3}{5} \right)}^{x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{x}}>1$

Với $x<2$dễ thấy $x=0;x=1$ không phải là nghiệm của phương trình

Với $x<0$ta đặt $x=-y$thì $y>0$nên $y\ge 1$. Ta có:

${{\left( \frac{3}{5} \right)}^{x}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{x}}=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{5} \right)}^{-y}}+{{\left( \frac{4}{5} \right)}^{-y}}=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{5}{3} \right)}^{y}}+{{\left( \frac{5}{4} \right)}^{y}}=1$

Phương trình này vô nghiệm vì ${{\left( \frac{5}{3} \right)}^{y}}+{{\left( \frac{5}{4} \right)}^{y}}\ge \frac{5}{3}+\frac{5}{4}>1$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=2$

Bài 4.

1. Từ B kẻ $BK//AC$ cắt $AD$tại K, ta có tam giác $ABK$đều

Do đó:

$\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}=\frac{DK}{DA}=\frac{AB-AD}{AD}=AC.\left( AB-AD \right)\Rightarrow \frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$

1. Áp dụng tính chất đườn phân giác tính được $BD=\frac{BC.AB}{AB+AC}$

Từ ($a)$suy ra $AD=\frac{AB.AC}{AB+AC}$

Suy ra $\frac{DA}{DB}=\frac{CA}{CB}=\frac{EA}{EB}$nên DE là phân giác của $\widehat{BDA}$

Chứng minh tương tự được $DF$là phân giác $\widehat{ADC}$

Từ đó suy ra $\widehat{EDF}={{90}^{0}}$

Bài 5.

Từ giả thiết ta có:

$\left( 2-a \right)\left( 2-b \right)\left( 2-c \right)\ge 0\Leftrightarrow 8+2\left( ab+bc+ca \right)-4\left( a+b+c \right)-abc\ge 0$

Cộng hai vế với ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}},$sau đó thu gọn ta được:

${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+abc+4\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+abc\le 5$

Mà $abc\ge 0$nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 5$

Dấu bằng xảy ra khi trong ba số $a,b,c$có một số bằng $0,$một số bằng $2,$một số bằng 1.