173 đề HSG toán 8 hoằng hóa 2013 2014

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HĨA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2013-2014
MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 21/04/2014
Thời gian : 150 phút (không kể giao đề)
2
2  x 1
 x  1
P 
.
 x  1 :
 x
 3x x  1  3x
Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức

a) Rút gọn P
b) Tìm x  ¢ để P có giá trị ngun
c) Tìm x để P  1
Câu 2 (4,5 điểm)
3
2
a) Giải phương trình : x  6 x  x  30  0
b) Giải bất phương trình sau:

x 1 

x 1 2x  3 x


 1
3
2
3

x
2
x2
Q 4

2
x  x2  1
c) Cho biết x  x  1 3 . Hãy tìm giá trị của biểu thức

Câu 3. (5,0 điểm)
2
2
a) Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức 5 x  5 y  8xy  2 y  2 x  2  0

a 5  b 5  c 5  M30
b) Cho a, b, c  ¢ thỏa mãn a  b  c  0. Chứng minh: 

1 
1 
1 
1 
1 
1

 a   b  c   a  b 

c

c) Chứng minh rằng  b   c  a   a   b   c  , trong đó a, b, c

là các số thực không nhỏ hơn 1.
Câu 4. (4,5điểm) Cho tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tai H.
Chứng minh rằng:
a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
2
b) BH .BE  CH .CF  BC
AD.HD 

BC 2
4

c)
d) Gọi I, K, Q, R lần lượt là chân các đường vng góc hạ từ E xuống AB, AD,
CF, BC. Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng.
Câu 5 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Trên tia đối của các tia BA, CA lấy theo thứ
tự các điểm D, E 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 thẳng này cắt AC ở
K. Chứng minh AB = CK
….hết…..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỐN 8 HOẰNG HĨA


Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0; x  1
2 x 1
2

2
2x
2
 x
2
 x
P 
.

.( x  1)  .
    2 .

x 1
 3x x  1 3x
 x  1  3x 3x
 x 1 x 1
Ta có:
2x
P
x 1
Vậy
2
P  2
 ¢  x  1 U (2)   1; 2
x 1
b) Ta có
x   2;0;3; 1
x   2;3

Từ đó suy ra

, kết hợp với điều kiện được

2x
2x
x 1
1
1  0 
0
x 1
x 1
x 1
c)
Mà x  1  x  1 nên x  1  0 và x x  1  0  x  1 và x  1
Kết hợp với ĐKXĐ được 1  x  1 và x  0
P 1

Câu 2.

a) Ta có :

x  3
x3  6 x 2  x  30  0   x  3  x  2   x  5  0   x  2
 x  5

Vậy S   2;3;5
x 1 

x 1 2x  3 x
7


  1  6 x  6  2 x  2  6 x  9  2 x  6  4 x  7  x  
3
2
3
4

b)
7 

S  x / x  
4 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là :
x2  x  1 3
x
2
  x  0,

2
x
2
c) Từ x  x  1 3
do đó
2

1
3
1 5 
1

25
21
 x  1   x     x   1 
1 
x
2
x 2 
x
4
4
2

x4  x2  1
1
1
21

 x2  2  1   x   1 
2
x
x
x
4

Lại có :
x2
4
Q 4

2

x  x  1 21
Suy ra

Câu 3.


a )5 x 2  5 y 2  8 xy  2 y  2 x  2  0
 25 x 2  25 y 2  40 xy  10 y  10 x  10  0
  5 x  4 y  1  9  y  1  0
2

2

2
2
Do  5 x  4 y  1  0 và 9  y  1  0 với mọi x, y

Nên  5 x  4 y  1  9  y  1  0
2

Suy ra

2

x  1; y  1

b) Ta có:

a 5  a  a.  a 2  1 .  a 2  1  a.  a 2  1 .  a 2  4  5 

  a  2   a  1 a.  a  1 .  a  2   5  a  1 a.  a  1

Do

 a  2   a  1 a.  a  1 .  a  2 

là tích 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho

2, 3 và 5, do đó chia hết cho 30.
Lại có

 a  1 a.  a  1

Từ đó suy ra
Tương tự

b b
5

Từ đó suy ra
Mà

a a
5

a

abc  0

chia hết cho 6 nên

chia hết cho 30.

chia hết cho 30

chia hết cho 30 và
5

5  a  1 a  a  1

c5  c

chia hết cho 30

 b  c    a  b  c    a  a    b5  b    c 5  c 

nên

5

5

5

a b c
5

5

5

chia hết cho 30

chia hết cho 30

1 
1 
1 
1 
1 
1

c )  a  b  c   a  b 
c


b 
c 
a 
a 
b 
c


 ab  1  bc  1  ca  1


a


2

 1  b 2  1  c 2  1

abc
abc
2
2
  ab  1  bc  1  ca  1   a  1  b  1  c 2  1

 a 2b 2 c 2  abc  a  b  c    ab  bc  ca   a 2b 2c 2  a 2  b 2  c 2   a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 
 2  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2   2abc  a  b  c   2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca 
  ab  bc    bc  ca    ca  ab    a  b    b  c    c  a 
2

2

2

2

2

  a  c  .  b 2  1   b  a  .  c 2  1   c  b  .  a 2  1  0
2

2

2

2

(đúng với mọi

a, b , c  1

)


Câu 4.

a) Ta có:

AEB : AFC ( g .g ) 

Từ đó suy ra

AE AB

AF AC

AEF : ABC (c.g.c)

BD BH

 BH .BE  BC .BD (1)
BE BC
b)
CD CH
CDH : CFB ( g .g ) 


 CH .CF  BC .CD (2)
CF BC
BH .BE  CH .CF  BC.BD  BC.CD  BC 2
BDH : BEC ( g.g ) 

Từ (1) và (2) suy ra

c) Chứng minh được

DBH : DAC ( g .g ) 

 DC  DB 
DC.DB 
Lại có

4

2



BC 2
4

DH DB

 DH .DA  DC .DB
DC DA

AD.HD 

Do đó:

BC 2
4


d)

Từ giả thiết suy ra

EI / /CF , EK / / BC , EQ / / AB, ER / / AD

Áp dụng định lý Ta let ta có:
AI
AE AK


 IK / / DF (3)
AF AC AD
BF BH BD
*


 IR / / DF (4)
BI
BE BR
CR CE CQ
*



 RQ / / DF (5)
CD CA CF
*

Từ (3) (4) và (5) suy ra bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng


Câu 5.

Vẽ hình bình hành
Ta có :

ABMC  AB  CM (1)

µ  1C
µ  1 CBM
·
B
1
1
2
2

nên BO là tia phân giác của

Tương tự CO là tia phân giác của
Do đó MO là tia phân giác của

·
CBM

·
BCM

·
BMC

Suy ra OM song song với tia phân giác của góc A, suy ra K, O, M thẳng
hàng


Ta có :

1·
¶  1 BMC
·
¶
M
 BAC
K
1
1
2
2

 CK  CM (2)

Từ (1) và (2) suy ra

CK  AB

nên tam giác KMC cân tại C