Đề KSHSG lần 1 huyện Sông Lô - Vĩnh Phúc môn toán lớp 8,5
Câu 1:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: \(xy\left(x+y\right)-yz\left(y+z\right)-zx\left(z-x\right)\)
b) Cho x,y,z thỏa mãn:
\(\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
Hãy tính \(P=\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}\)
Câu 2: Cho đa thức \(P\left(x\right)=\left(x+5\right)\left(x+10\right)\left(x+15\right)\left(x+20\right)+2021\)
Tìm đa thức dư khi chia P(x) cho đa thức \(x^2+25x+120\)
Câu 3: Cho a,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn: \(a^3+b^3+19d^3-5c^3=0\)
Chứng minh rằng: a + b + c + d chia hết cho 3
Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của PT:
\(4x^2+2xy+4x+y+3=0\)
Câu 5: Cho phương trình: \(\frac{x-2}{x-m}=\frac{x-1}{x+2}\) , tìm m để PT vô nghiệm
Câu 6: Cho a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm Min và Max của:
\(P=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\)
Câu 7: Cho p là số nguyên tố, biết p2 + 23 có đúng 14 ước dương. Tìm p
Câu 8: Cho tam giác ABC vuông tại A, (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ AH chứa điểm C vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của KE và AC
a) Chứng minh tam giác ABP vuông cân
b) Vẽ hình vuông APQB. Gọi I là giao điểm của BP và AQ. Chứng minh H,I,E thẳng hàng
Câu 9: Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}>\widehat{B}\). Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho \(\widehat{HAC}=\widehat{ABC}\). Đường phân giác của góc BAH cắt BH tại E. Từ trung điểm M của AB kẻ ME cắt đường thẳng AH tại F. CMR: CF // AE
Câu 10: Cho đa giác đều 12 cạnh A1A2...A12 . Tại đỉnh A1 ta viết dấu (-) , các đỉnh còn lại ta viết dấu (+) . Mỗi lần cho phép lấy ra ba đỉnh liên tiếp và đổi dấu đồng thời các đỉnh đó. Hỏi sau hữu hạn bước có thể nhận được kết quả là đỉnh A2 mang dấu (-) còn các đỉnh khác mang dấu (+) được không?
Câu 1
a) xy(x+y)-yz(y+z)+zx[(x+y)-(y+z)]=xy(x+y)+zx(x+y)-yz(y+z)-zx(y+z)=x(x+y)(y+z)-z(y+z)(y+x)=(x+y)(y+z)(x-z)
b) \(\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{x-z+z-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}+\frac{y-z+x-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-y+y-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{-1}{z-y}+\frac{-1}{z-x}+\frac{-1}{x-z}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{x-y}+\frac{-1}{y-z}+\frac{1}{y-z}=2022\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}\right)=2022\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x-y}+\frac{1}{y-z}+\frac{1}{z-x}=1011\)
Câu 8: bạn sửa lại đề: AB<AC
a) Xét tam giác AHB và tam giác AEP có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AEP}=90^0\)
AH=KE (Tứ giác AHKE là hình vuông)
\(\widehat{HAB}=\widehat{AEP}\)(cùng phụ với \(\widehat{HAC}\))
\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AEP\)(g-c-g)
=> AB=AP (2 cạnh tương ứng) => \(\Delta\)BAP cân tại A
b) Tứ giác ABQP là hình vuông nên IA=IB=IQ=IP (1)
Tam giác BKP vuông tại K nên KP=KB=KI (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AI=KI nên I là đường trung trực của AK (3)
Vì AHKE là hình vuông nên HE là trung trực của AK (4)
Từ (3) và (4) suy ra: H;I:E cùng thuộc đường trung trực của AK hay H;I:E thằng hàng (đpcm)
Câu 9: Có \(\widehat{CEA}=\widehat{B}+\widehat{BAE}=\widehat{HAC}+\widehat{EAH}=\widehat{CAE}\)
\(\Rightarrow\Delta CAE\)cân tại C => CA=CE (1)
Qua H kẻ đường thằng song song với AB cắt MF ở K. Ta có \(\frac{BE}{EH}=\frac{MB}{KH}=\frac{MA}{KH}=\frac{FA}{FH}\left(2\right)\)
AE là phân giác của tam giác ABH nên \(\frac{BE}{EH}=\frac{AB}{AH}\left(3\right)\)
\(\Delta CAH\)và \(\Delta CBA\)đồng dạng \(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{CA}{CH}=\frac{CE}{CH}\)(theo (1)) (4)
Từ (2);(3) và (4) => \(\frac{FA}{FH}=\frac{CE}{CH}\)hay \(\frac{AE}{FH}=\frac{CE}{CH}\)=> CF//AE (đpcm)
Câu 10:
Chia các đỉnh của tam giác thành 3 nhóm \(\left\{A_1;A_4;A_7;A_{10}\right\};\left\{A_2;A_5;A_8;A_{11}\right\};\left\{A_3;A_6;A_9;A_{12}\right\}\)
Chọn 3 đỉnh liên tiếp thì mỗi đỉnh vào 1 nhóm
Do vậy số dấu "-" trong mỗi nhóm là +1 hoặc -1
Mà nhóm II và nhóm III cùng tính chẵn lẻ về số dấu "-"
Khi bắt đầu nhóm II, nhóm III số dấu "-" bằng 0. Nếu đỉnh A2 mang dấu "-" các đỉnh còn lại mang dấu "+" thì nhóm II, nhóm III khác đỉnh chẵn lẻ về số dấu "=". Mâu thuẫn!
P.s bài trình bày khó hiểu, bạn thông cảm! :)
câu 4: biến đổi phương trình tương đương với: \(\left(4x^2+4x+1\right)+2xy+y+2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)^2+y\left(2x+1\right)+2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)\left(2x+1+y\right)=-2\)
Với x;y nguyên thì 2x+1 là số lẻ
\(\hept{\begin{cases}2x+1=1\\2x+1+y=-2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=0\\y=-3\end{cases}}}\)
\(\hept{\begin{cases}2x+1=-1\\2x+1+y=2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=-1\\y=3\end{cases}}}\)
Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm (x;y)=(0;-3);(-1;3)
Câu 6: Vì a,b,c là số dương và a+b+c=3 nên
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\ge a+1-\frac{\left(a+1\right)^2b}{2b}=a-\frac{b}{2}-\frac{ab}{2}+1\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b+1}{c^2+1}\ge b-\frac{c}{2}-\frac{bc}{2}+1\\\frac{c+1}{a^2+1}\ge c-\frac{a}{2}-\frac{ab}{2}+1\end{cases}}\)
Cộng 3 vế bất đẳng thức ta được \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\left(a+b+c-ab-bc-ca\right)\frac{1}{2}+3\ge3\)
Dấu "="xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Câu 7: tìm được 14 ước dương
Câu 2: \(P\left(x\right)=\left(x+5\right)\left(x+10\right)\left(x+15\right)\left(x+20\right)+2021=\left(x^2+25x+100\right)\left(x^2+25x+150\right)+2021\)Đặt \(x^2+25x+120=t\)thì \(P\left(x\right)=\left(t+20\right)\left(t-30\right)+2021=t^2-10t+1421\)chia t dư 1421
Vậy khi chia P(x) cho \(x^2+25x+120\)thì được dư là 1421
Câu 3: \(a^3+b^3+19d^3-5c^3=0\Rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=6c^3-18d^3⋮3\)(**)
Mà ta có: \(\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)-\left(a+b+c+d\right)⋮3\)(*)
Thật vậy: \(\left(a^3+b^3+c^3+d^3\right)-\left(a+b+c+d\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)+\left(b-1\right)b\left(b+1\right)+\left(c-1\right)c\left(c+1\right)+\left(d-1\right)d\left(d+1\right)⋮3\)(Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3)
Từ (*) và (**) suy ra a + b + c + d chia hết cho 3
Câu 5: \(ĐK:x\ne m,x\ne-2\)
\(\frac{x-2}{x-m}=\frac{x-1}{x+2}\Leftrightarrow x^2-mx-x+m=x^2-4\Leftrightarrow x\left(m+1\right)=m+4\)
+) Nếu m = -1 thì phương trình trở thành 0x = 3 (vô nghiệm)
+) Nếu \(m\ne-1\)thì phương trình có nghiệm \(x=\frac{m+4}{m+1}\)
Để điều kiện được xác định thì \(\hept{\begin{cases}\frac{m+4}{m+1}\ne m\\\frac{m+4}{m+1}\ne-2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne\pm2\\m\ne-2\end{cases}}\)
Vậy để phương trình vô nghiệm khi m = -1; m = \(\pm2\)
opp , câu 2 lộn dấu xD:
