30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết)

44 6,543 18
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 17/08/2014, 16:27

Bài 3:(3đ)Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.Bài 4 (1đ).Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):M = 4x2 + 4x + 5 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) ĐỀ 1 Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng) a) 8 5 + 2 11 chia hết cho 17 b) 19 19 + 69 19 chia hết cho 44 Bài 2: a) Rút gọn biểu thức: 2 3 2 6 4 18 9 x x x x x + − − − + b) Cho 1 1 1 0( , , 0)x y z x y z + + = ≠ . Tính 2 2 2 yz xz xy x y z + + Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK. Bài 4 (1đ). Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có): M = 4x 2 + 4x + 5 ĐÁP ÁN Bài 1 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: 8 5 + 2 11 = (2 3 ) 5 + 2 11 = 2 15 + 2 11 =2 11 (2 4 + 1)=2 11 .17 Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17. b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức: a n + b n = (a+b)(a n-1 - a n-2 b + a n-3 b 2 - …- ab n-2 + b n-1 ) với mọi n lẽ. Ta có: 19 19 + 69 19 = (19 + 69)(19 18 – 19 17 .69 +…+ 69 18 ) = 88(19 18 – 19 17 .69 + …+ 69 18 ) chia hết cho 44. Bài 2 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x 2 + x – 6 = x 2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2). x 3 – 4x 2 – 18 x + 9 = x 3 – 7x 2 + 3x 2 - 21x + 3x + 9 =(x 3 + 3x 2 ) – (7x 2 +21x) +(3x+9) =x 2 (x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x 2 –7x +3) => 2 3 2 6 4 18 9 x x x x x + − − − + = 2 2 (x+3)(x-2) ( 2) (x+3)(x -7x +3) x -7x +3 x − = Với điều kiện x ≠ -1 ; x 2 -7x + 3 ≠ 0 b) (1,5đ) Vì 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) 3 3 3 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3. . 3 . x y z z x y z x y z x x y x y y   + + = ⇒ = − +  ÷       ⇒ = − + ⇒ = − + + +  ÷  ÷     3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 . . 3. x y z x y x y x y z xyz   ⇒ + + = − + ⇒ + + =  ÷   Do đó : xyz( 3 1 x + 3 1 y + 3 1 z )= 3 3 3 3 2 2 2 3 3 xyz xyz xyz yz zx xy x y z x y z ⇔ + + = ⇔ + + = Bài 3 : (3đ) Chứng minh : Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM . Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM. Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C => µ µ 1 B E= vì góc C 1 là góc ngoài của tam giác BCE => µ µ µ µ µ 1 1 1 1 1 2 C B E B C= + ⇒ = mà AC // BM (ta vẽ) => µ · µ · 1 1 1 2 C CBM B CBM= ⇒ = nên BO là tia phân giác của · CBM . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB Mà : · · ,BAC BMC là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng. Ta lại có : ¶ · µ ¶ 1 1 ( ); 2 M BMC cmt A M= = ¶ ¶ 1 2 M A⇒ = mà ¶ µ 1 2 A K= (hai góc đồng vị) => ¶ ¶ 1 1 K M CKM= ⇒ ∆ cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x 2 + 4x + 5 =[(2x) 2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1) 2 + 4. Vì (2x + 1) 2 ≥ 0 =>(2x + 1) 2 + 4 ≥ 4  M ≥ 4 A B D M E C K 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = - 1 2 ĐỀ 2 Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: 1 2 8 a a . a thoã mãn 2 điều kiện a và b sau: a) ( ) 2 87 1 2 3 a a a = a a b) ( ) 3 4 5 6 7 8 7 8 a a a a a a a= Câu 2 . Chứng minh rằng: ( x m + x n + 1 ) chia hết cho x 2 + x + 1. khi và chỉ khi ( mn – 2)  3. áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x 7 + x 2 + 1. Câu 3 . Giải phương trình:         +++ 2007.2006.2005 1 4.3.2 1 3.2.1 1 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007). Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh: EF // AB b). AB2 = EF.CD. c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 . Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45. ĐÁP ÁN Câu 1 . Ta có a 1 a 2 a 3 = (a 7 a 8 ) 2 (1) a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 = ( a 7 a 8 ) 3 (2). Từ (1) và (2) => 3122 87 ≤≤ aa => ( a 7 a 8 ) 3 = a 4 a 5 a 6 00 + a 7 a 8  ( a 7 a 8 ) 3 – a 7 a 8 = a 4 a 5 a 6 00.  ( a 7 a 8 – 1) a 7 a 8 ( a 7 a 8 + 1) = 4 . 25 . a 4 a 5 a 6 do ( a 7 a 8 – 1) ; a 7 a 8 ; ( a 7 a 8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng: a) . a 7 a 8 = 24 => a 1 a 2 a 3 . . . a 8 là số 57613824. b) . a 7 a 8 – 1 = 24 => a 7 a 8 = 25 => số đó là 62515625 c) . a 7 a 8 = 26 => không thoả mãn câu 2 . Đặt m = 3k + r với 20 ≤≤ r n = 3t + s với 20 ≤≤ s  x m + x n + 1 = x 3k+r + x 3t+s + 1 = x 3k x r – x r + x 3t x s – x s + x r + x s + 1. = x r ( x 3k –1) + x s ( x 3t –1) + x r + x s +1 ta thấy: ( x 3k – 1)  ( x 2 + x + 1) và ( x 3t –1 )  ( x 2 + x + 1) vậy: ( x m + x n + 1)  ( x 2 + x + 1) <=> ( x r + x s + 1)  ( x 2 + x + 1) với 2;0 ≤≤ sr 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) <=> r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1 r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2 <=> mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t) mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t) => (mn – 2)  3 Điều phải chứng minh. áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12  3.  ( x 7 + x 2 + 1)  ( x 2 + x + 1)  ( x 7 + x 2 + 1) : ( x 2 + x + 1) = x 5 + x 4 + x 2 + x + 1 Câu 3 . Giải PT: ( ) 2007.20063.22.1 2007.2006.2005 1 . 4.3.2 1 3.2.1 1 +++=       +++  x Nhân 2 vế với 6 ta được: ( ) ( ) ( )( ) [ ] 200520082007.2006143.2032.12 2007.2006.2005 2 4.3.2 2 3.2`.1 2 3 −++−+−=       +++  x ( ) 2007.2006.20052008.2007.20063.2.14.3.23.2.12 2007.2006 1 4.3 1 3.2 1 3.2 1 2.1 1 3 −++−+=       −+−+−   x 651.100.5 669.1004.1003 2008.2007.2006.2 2007.2006 1 2.1 1 3 =⇔=       −⇔ xx Câu 4 .a) Do AE// BC => OC OA OB OE = A B BF// AD OD OB OA FO = MặT khác AB// CD ta lại có D A 1 B 1 C OD OB OC OA = nên OA OF OB OE = => EF // AB b). ABCA 1 và ABB 1 D là hình bình hành => A 1 C = DB 1 = AB Vì EF // AB // CD nên DC AB AB EF = => AB 2 = EF.CD. c) Ta có: S 1 = 2 1 AH.OB; S 2 = 2 1 CK.OD; S 3 = 2 1 AH.OD; S 4 = 2 1 OK.OD. => CK AH OBCK OBAH S S == . 2 1 . 2 1 4 1 ; CKAH ODCK ODAH S S . . 2 1 . 2 1 2 3 == => 2 3 4 1 S S S S = => S 1 .S 2 = S 3 .S 4 Câu 5. A = x 2 - 2xy+ 6y 2 - 12x+ 2y + 45 = x 2 + y 2 + 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y 2 - 10y+ 5+ 4 = ( x- y- 6) 2 + 5( y- 1) 2 + 4 4≥ O K E H F 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1 x- y- 6 = 0 x = 7 ĐỀ 3 Câu 1: a. Rút gọn biểu thức: A= (2+1)(2 2 +1)(2 4 +1) ( 2 256 + 1) + 1 b. Nếu x 2 =y 2 + z 2 Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y) 2 Câu 2: a. Cho 0 =++ c z b y a x (1) và 2=++ z c y b x a (2) Tính giá trị của biểu thức A= 0 2 2 2 2 2 2 =++ c z b y a x b. Tính : B = 222222222 bac ca acb bc cba ab −+ + −+ + −+ Câu 3: Tìm x , biết : 3 1988 19 1997 10 2006 1· = − + − + − xxx (1) Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M ∈ đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng: a.BM ⊥ EF b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy. Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của P= (a+ b+ c) ( cba 111 ++ ). ĐÁP ÁN Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (2 2 +1) + 1 = (2 2 -1)(2 2 +1) (2 256 +1) = (2 4 -1) (2 4 + 1) (2 256 +1) = [(2 256 ) 2 –1] + 1 = 2 512 b, . ( 1 điểm) Ta có: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y ) 2 –16z 2 = 25x 2 –30xy + 9y 2 –16 z 2 (*) Vì x 2 =y 2 + z 2 ⇒ (*) = 25x 2 –30xy + 9y 2 –16 (x 2 –y 2 ) = (3x –5y) 2 Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) ⇒ bcx +acy + abz =0 Từ (2) ⇒ ⇒=         +++++ 02 2 2 2 2 2 2 yz bc xz ac xy ab c z b y a x 424 2 2 2 2 2 2 =         ++ −=++ xyz bcxacyabz c z b y a x 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b = - c ⇒ a 2 + b 2 –c 2 = - 2ab Tương tự b 2 + c 2 – a 2 = - 2bc; c 2 +a 2 -b 2 = -2ac ⇒ B = 2 3 222 −= − + − + − ca ca bc bc ab ab Câu 3: . ( 1,25 điểm) (1) ⇔ 0 1988 2007 1997 2007 2006 2007· = − + − + − xxx ⇒ x= 2007 A Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B H là giao điểm của EF và BM ⇒ ∆ EMB =∆BKM ( gcg) ⇒ Góc MFE =KMB ⇒ BH ⊥ EF E M K b. ( 1,25 điểm) ∆ ADF = ∆BAE (cgc) ⇒AF ⊥ BE H Tương tự: CE ⊥ BF ⇒ BM; AF; CE là các đường cao của ∆BEF ⇒ đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C P = 1 +       ++       ++       ++=+++++++ b c c b a c c a a b b a b c a c c b a b c a b a 311 Mặt khác 2≥+ x y y x với mọi x, y dương. ⇒ P / 3+2+2+2 =9 Vậy P min = 9 khi a=b=c. ĐỀ 4 Bài 1 (3đ): 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 2 + 7x + 12 b) a 10 + a 5 + 1 2) Giải phương trình: 2 4 6 8 98 96 94 92 x x x x+ + + + + = + Bài 2 (2đ): Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức 2 2 3 3 2 1 x x P x + + = − có giá trị nguyên Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) 1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng: a) ABM∆ đồng dạng ACN ∆ b) góc AMN bằng góc ABC 2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK. Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC. 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Bài 4 (1đ): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2007 20072 x xx A +− = , ( x khác 0) ĐÁP ÁN Bài 1 (3đ): 1) a) x 2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ) b) a 10 + a 5 + 1 = (a 10 + a 9 + a 8 ) - (a 9 + a 8 + a 7 ) + (a 7 + a 6 + a 5 ) - (a 6 + a 5 + a 4 ) + (a 5 + a 4 + a 3 ) - (a 3 + a 2 + a ) + (a 2 + a + 1 ) = (a 2 + a + 1 )( a 8 - a 7 + a 5 - a 4 + + a 3 - a+ 1 ) (1đ) 2) 92 8 94 6 96 4 98 2 + + + = + + + xxxx ⇔ ( 98 2 + x +1) + ( 96 4 + x + 1) = ( 94 6 + x + 1) + ( 92 8 + x + 1) (0,5đ) ⇔ ( x + 100 )( 98 1 + 96 1 - 94 1 - 92 1 ) = 0 (0,25đ) Vì: 98 1 + 96 1 - 94 1 - 92 1 ≠ 0 Do đó : x + 100 = 0 ⇔ x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài 2 (2đ): P = 12 5 2 12 5)24()2( 12 332 22 − ++= − +−+− = − ++ x x x xxx x xx (0,5đ) x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì 12 5 − x phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ) => * 2x - 1 = 1 => x = 1 * 2x - 1 = -1 => x = 0 * 2x - 1 = 5 => x = 3 * 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = { } 2;3;0;1 − thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: x = 1 => P = 8 x = 0 => P = -3 x = 3 => P = 6 x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài 3 (4đ): 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) 1) a) chứng minh ∆ ABM đồng dạng ∆ CAN (1đ) b) Từ câu a suy ra: AN AM AC AB = ⇒ ∆ AMN đồng dạng ∆ ABC ⇒ ∠ AMN = ∠ ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ) 2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ) ∠ BAH = ∠ CHA ( so le trong, AB // CH) mà ∠ CAH = ∠ BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ) Suy ra: ∠ CHA = ∠ CAH nên ∆ CAH cân tại C do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ) BK = CA Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài 4 (1đ): A = 2 22 2007 20072007.22007 x xx +− = 2 22 2007 20072007.2 x xx +− + 2 2 2007 2006 x x = 2007 2006 2007 2006 2007 )2007( 2 2 ≥+ − x x A min = 2007 2006 khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ) ĐỀ 5 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =         + − +−         + + − + − 2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xx xx x a, Tìm điều kiện của x để A xác định . b, Rút gọn biểu thức A . c, Tìm giá trị của x để A > O Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau : 12 15 2 1 14 22 + +− −=+ + +− x xx x xx Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S. 1, Chứng minh ∆ AQR và ∆ APS là các tam giác cân. 2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. 3, Chứng minh P là trực tâm ∆ SQR. 4, MN là trung trực của AC. 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Câu 4 ( 1 điểm): Cho biểu thức A = 12 332 2 + ++ x xx . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 5 ( 1 điểm) a, Chứng minh rằng ( ) ( ) 3 3 333 .3 zyxxyyxzyx ++−+=++ b, Cho .0 111 =++ zyx Tính 222 z xy y xz x yz A ++= ĐÁP ÁN Câu 1 a, x # 2 , x # -2 , x # 0 b , A = 2 6 : 2 1 2 2 4 2 +       + + − + − xxx x x = ( ) ( )( ) 2 6 : 22 222 ++− −++− xxx xxx = ( )( ) x x xx − = + +− − 2 1 6 2 . 22 6 c, Để A > 0 thì 0 2 1 > − x 202 <⇔>−⇔ xx Câu 2 . ĐKXĐ : 2 1 ;1 −≠−≠ xx PT 01 12 15 1 1 14 22 =+ + +− ++ + +− ⇔ x xx x xx 0 12 23 1 23 22 = + +− + + +− ⇔ x xx x xx ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 02321023230 12 1 1 1 23 22 =+−−⇔=++−⇔=       + + + +−⇔ xxxxxx xx xx ⇔ x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3 Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =       − 3 2 ;2;1 Câu 3: 1, ∆ ADQ = ∆ ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên ∆ AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có: ∆ ARP= ∆ ADS do đó AP = AS và ∆ APS là tam giác cân tại A. 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN ⊥ SP và AM ⊥ RQ. 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Mặt khác : PAMPAN ∠=∠ = 45 0 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. 3, Theo giả thiết: QA ⊥ RS, RC ⊥ SQ nên QA và RC là hai đờng cao của ∆ SQR. Vậy P là trực tâm của ∆ SQR. 4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 1 QR. Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = 2 1 QR. ⇒ MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC 5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x ≠ -1/2 A = (x + 1) + 12 2 + x vì x ∈ Z nên để A nguyên thì 12 2 + x nguyên Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy : 2x+1 = 2 ⇒ x=1/2 ( loại ) 2x+1 = 1 ⇒ x = 0 2x+1 = -1 ⇒ x = -1 2x +1 = -2 ⇒ x = -3/2 ( loại ) KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên Câu 5. a, , Chứng minh ( ) ( ) 3 3 333 .3 zyxxyyxzyx ++−+=++ Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta có 0 =++ cba thì ( ) ( ) ( ) abcccabccbaabbacba 333 333 3 333 =+−−−=++−+=++ (vì 0 =++ cba nên cba −=+ ) Theo giả thiết .0 111 =++ zyx ⇒ . 3111 333 xyz zyx =++ khi đó 3 3111 333333222 =×=         ++=++=++= xyz xyz zyx xyz z xyz y xyz x xyz z xy y xz x yz A ===================== ĐỀ 6 Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức : M =         + − +− − 1 1 1 1 224 2 xxx x         + − + 2 4 4 1 1 x x x a) Rút gọn [...]... 2004t 80 16 2 im a, Nhõn c 2 v ca phng trỡnh vi 2.3.4 ta c: (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 330. 2.3.4 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11.10.9 .8 V trỏI l 4 s nguyờn liờn tip khỏc 0 nờn cỏc tha s phI cựng du ( + )hoc du ( - ) Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11 10 9 8 (1) V (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = (-11) (-10) (-9) ( -8) (2)... 4 x 6 x 5 8 4 1 1 1 1 = = ( x 6) ( x 2) 8 x 6 x 2 8 x 2 8 x 20 = 0 ( x 10 ) ( x + 2 ) = 0 x = 10 tho món iu kin phng trỡnh x = 2 Phng trỡnh cú nghim : x = 10; x = -2 Bi 3.(2im) ( 2 2 2x + 1 + x2 + 2 x2 2 x + 2 x 2x + 1 M= = x2 + 2 x2 + 2 (x M= 2 ) + 2 ( x 1) x2 + 2 x 1 M ln nht khi ( 2 ) 2 ( x 1) = 1 x2 + 2 2 x +2 2 nh nht ) 1 8 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) Vỡ... thng ca phộp chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 ta cú x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*) trong ú ax+b l d ca phộp chia trờn Vi x=1 thỡ(*)=> 11=a+b Vi x=-1 thỡ(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) Vy d ca phộp chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 l 4x+7 ========================== 12 Bi 1: (3) Cho phõn thc : M = x 5 2 x 4 + 2 x 3 4 x 2 + 3x + 6 x 2 + 2x 8 a) Tỡm tp... ng thc cựng chiu ta c: a2 + b2 + c 2 + 3 3 3 a + b + c Vỡ a + b + c = nờn: a 2 + b2 + c 2 4 2 4 1 Du = xy ra khi a = b = c = 2 ========================= 10 Cõu 1 (1,5) m 1 Bi 5 (1im) 1 1 1 Ta cú: a2 ữ 0 a2 a + 0 a2 + a 2 4 4 1 b2 + b Tng t ta cng cú: 4 d f 1 c 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) Rỳt gn biu thc : A = 1 1 1 1 + + +.+ (3n + 2)(3n + 5) 2.5 5 .8 8.11 Cõu 2 (1,5)... ( a + b) + a 2 3ab 1 3 12 1 + a2 + 4 = 7 4 4 4 4 ============================ 18 Cõu 1: 1 m n a Tỡm s m, n : x( x 1) = x 1 + x b Rỳt gn biu thc: M= 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 a 5a + 6 a 7 a + 12 a 9a + 20 a 11a + 30 2 Cõu 2: a Tỡm s nguyờn dng n n5 +1 chia ht cho n3 +1 (PCM) 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) b Gii bi toỏn nn n l s nguyờn Cõu 3: Cho tam giỏc ABC, cỏc ng cao AK v BD.. .30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) b) Tỡm giỏ tr bộ nht ca M Bi 2 : (2 im) Tỡm giỏ tr nguyờn ca x A cú giỏ tr nguyờn 4 x 3 3 x 2 + 2 x 83 A= x 3 Bi 3 : 2 im Gii phng trỡnh : a) x2 - 2005x - 2006 = 0 b) x 2 + x 3 + 2 x 8 = 9 Bi 4 : (3) Cho hỡnh vuụng ABCD Gi E l 1 im trờn cnh BC Qua E k tia Ax vuụng... theo gi thit) suy ra: AC OA 2 = BD OB 2 C, Theo cụng thc tớnh din tớch tam giỏc vuụng ta cú; SAOB = 1 OA.OB m SAOB = 2 Suy ra: OA.OB = 8a 2 3 8a 2 3 Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = ( gi thit) OA OB = 16a 2 3 16a 2 3 a2 + a( CA + DB ) + CA DB = 16a 2 M CA DB = a2 ( theo cõu a) a(CA +DB) = - 2a2 3 CA.DB = a 2 16a 2 2 CA + DB + 3 2a 10a 2 Vy: 10a 2 = CA + DB = a 3 3 16a 2 3 30 thi hc sinh gii... - MA = 3cm c) Chng minh AP BN CM =1 PB NC MA P N Bi 1: a) x2+2x -8 = (x-2)(x+4) 0 x 2 v x - 4 TX = { x / x Q; x 2; x 4} b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ 6 = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) = 0 khi x=2; x= 1 x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0 x2+ 2x- 8 0 Vy M = 0 thỡ x = 1 (0,5) 0,2 1,0 0,2 M= 0 Thỡ 0,5 0,3 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) c) M = ( x 2)( x 2 + 3)( x 2 + 1) ( x 2 + 3)( x 2 1) =... 4 2 + = a + b c b + c a 2b b 1 1 2 + b+ca c+a b c 1 1 2 + c+ab a+bc a Cng tng v 3 bt ng thc ri chia cho 3 ta c iu phi chng minh Xy ra du ng thc khi v ch khi a = b = c Bi 4: a) A 0,2 0,2 0,2 0,2 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) B C N NB AB = NC AC AB BC AC AB 4 = = = Nờn Theo gi thit ta cú 4 7 5 AC 5 AN l phõn giỏc ca A Nờn NB 4 BC 9 5.BC = = NC = = 10(cm) NC 5 NC 5 9 MC BC... tớch tam giỏc ABO bit din tớch tam giỏc BOC l 169 cm 2 v din tớch tam giỏc AOD l 196 cm2 P N Cõu 1: a Gi 2 s chn liờn tip l x v x+2 (x chn) Ta cú: (x+2)2 -x2 =36 => x = 8 30 thi hc sinh gii toỏn lp 8 (kốm ỏp ỏn chi tit) Vy 2 s cn tỡm l 8 v 10 b Gi 2 s l liờn tip l x v x+2 (xl) Ta cú (x+2)2 x2 = 40 => x = 9 Vy 2 s cn tỡm l 9 v 11 Cõu 2: Theo tớnh cht ca phõn thc ta cú: 2 2006 2005 2006 2005 20062 . 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) ĐỀ 1 Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng) a) 8 5 + 2 11 chia hết cho 17 b) 19 19 + 69 19 chia hết cho 44 Bài 2: a).  M ≥ 4 A B D M E C K 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = - 1 2 ĐỀ 2 Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: 1 2 8 a a . a thoã mãn 2 điều. giác Ax của góc BAC. 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết) Bài 4 (1đ): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2007 20072 x xx A +− = , ( x khác 0) ĐÁP ÁN Bài 1 (3đ): 1) a)
- Xem thêm -

Xem thêm: 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết), 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết), 30 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 (kèm đáp án chi tiết)

Từ khóa liên quan