186 đề hsg toán 8 hoằng hóa 2014 2015

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HĨA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC: 2014 -2015
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 16/03/2015
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

( Đề thi này có 06 bài, gồm 01 trang )
1

6x  3

2



 : ( x  2) .
Bài 1: (4,5 điểm). Cho biểu thức: Q  x  1  3  2
x 1 x  x 1

a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q.
1
b) Tìm x khi Q = .
3
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q.
Bài 2: (4,5 điểm).

a) Giải phương trình:

2x  3 2x  5
6x 2  9x  9

1 
2x 1 2x  7
( 2 x  1)(2 x  7)

.

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 – 2x2 – x +2
c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho: x2 = y2 + 2y + 13.
Bài 3: (4,0 điểm).
ab  1 bc  1 ca  1


a) Cho abc ≠ 1 và
. Chứng minh rằng a = b = c.
b
c
a
b) Cho sè tù nhiªn n  3. Chøng minh r»ng nÕu 2n  10a a  b (a, b  N , 0a  b  10a )
th× tÝch ab chia hÕt cho 6.
Bài 4: (5,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H.
a) Chứng minh rằng: BD.DC = DH.DA.
HD HE HF


1.
b) Chứng minh rằng:

AD BE CF
c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF.
d) Gọi M, N, P, Q, I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CA, AB, EF,
FD, DE. Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại một điểm.
Bài 5: (1.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC =b ; BC = a. Đường phân
giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh
rằng:

1 1
b
 
.
b a (a  b) 2

Bµi 6: (1,0 điểm).
Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a
b
c
3


 .
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2

Hết
Họ tên thí sinh :……………………............ Giám thị số 1 :………………………....
Số báo danh : ……………………............... Giám thị số 2: ………………………....
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP


HUYỆN HOẰNG HỐ

NĂM HỌC 2014-2015
MƠN:

Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang
Bài
Bài 1
(4,5đ)

Bài 2
(4,5đ)

Nội dung cần đạt
a) Đk: x  1; x  2.
x2  x  1  6 x  3  2 x  2 1
( x  2)( x  1)
1
Q
.


 2
3
2
x 1
x  2 ( x  1)( x  2)( x  x  1) x  x  1
1
1
  x 2  x  1 3  ( x  1)( x  2) 0
b) 2
x  x 1 3
Suy ra x = -1 hoặc x = 2.
1
So sánh với điều kiện suy ra x = 2 thì Q =
3
2
1
1 3 3

2
c) Q  2
; Vì 1 > 0; x – x + 1 =  x      0.
x  x 1
2 4 4

3
Q đạt GTLN  x 2  x  1 đạt GTNN  x 2  x  1 
4
4
1

 x= (t/m). Lúc đó Q =
3
2
4
1
Vậy GTLN của Q là Q = khi x= .
3
2
1
7
;x 
2
2
 2 x  3 (2 x  7)   2 x  5   2 x 1   2 x  7   2 x 1  6 x 2  9 x  9
 2 x  1 (2 x  7)  2 x  7   2 x 1  2 x  7   2 x 1  2 x  7   2 x 1

a) ĐK: x 



Thang
điểm
0,5
1,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

4 x 2  20 x  21  4 x 2  12 x  5 4 x 2  16 x  7  6 x 2  9 x  9

 2 x  7   2 x  1
 2 x  7   2 x 1

8 x  16
 2 x 2  7 x  16


 2 x  7   2 x  1  2 x  7   2 x 1

0,5

 x 0
 8 x  16  2 x  7 x  16  2 x  x 0  x(2 x  1) 0  
 x  1 (Lo¹i)

2

0,5

2

2

Vậy phương trình có một nghiệm x = 0
b) Ta có x3 – 2x2 – x + 2 = (x3-2x2)-(x-2)=x2(x- 2)-(x-2)

=(x-2)(x2-1)
= (x-2)(x-1)(x+1).
2
2
c)Ta có x = y + 2y + 13  x2 = (y + 1)2 + 12
 (x + y + 1)(x - y – 1) = 12
Do x + y + 1 – (x - y – 1) = 2y + 2 là số chẵn và x , y  N* nên
x + y + 1 > x – y – 1 . Do đó x + y + 1 và x – y – 1 là hai số nguyên
dương chẵn.
Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp: x + y + 1 = 6 và x – y – 1 = 2
 x = 4 và y = 1. Vậy (x; y) = (4; 1).

0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


Bài 3
(4,0đ)

ab  1 bc  1 ca  1
1
1
1



 a  b  c  .
b
c
a
b
c
a
Do đó:
1 1 b c
1 1 c a
1 1 a b
a b  
; b c  
; c a   
c b
bc
a c
ac
b a
ab
(a  b)(b  c)(c  a)
Suy ra: (a – b)(b – c)(c – a) =
a 2 b 2c2
(a – b)(b – c)(c – a)(a2b2c2 - 1) = 0
 (a - b)(b – c)(c – a) = 0 (do abc ≠ 1)
Suy ra a = b = c
a) Từ

b) Ta có 2n  10a  b  b  2  ab  2 (1)

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

Ta chứng minh ab  3 (2)
Thật vậy, từ đẳng thức 2n  10a  b  2n có chữ số tận cùng là b.
Đặt n  4k  r (k, r N, 0  r  3) ta có: 2n  16k2r.
Nếu r  0 thì 2n  16k tận cùng là 6  b  6  ab 6.
Nếu 1  r  3 thì 2n  2r  2r(16k  1)  10  2n tận cùng là 2r
suy ra b  2r  10a  2n  2r  2r(16k  1)  3  a  3  ab  3.
Từ (1) và (2) suy ra ab 6
Bài 4
(5,0đ)

0,5
0,5
0,5

A

E

F
H

C

B
D

a) Chỉ ra được BDH  ADC (g.g)
BD DH


AD DC
BD.DC = DH.DA
1
SHBC 2 HD.BC HD


b) Ta có:
SABC 1 AD.BC AD
2
HE SHAC HF SHAB


Tương tự:
;
.
BE SABC CF SABC
HD HE HF SHBC  SHAC  SHAB SABC




1

Do đó
AD BE CF
SABC
SABC

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5




c) Chứng minh được AEF  ABC (c.g.c)  AEF
ABC




Tương tự DEC
. Do đó: AEF
ABC
DEC







Mà AEF
= 900 nên HEF
 HEF
DEC
 HED
HED
 EH là phân giác của góc DEF.
Tương tự FH là phân giác của góc EFD
Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF.

0,25
0,25
0,25
0,25

d)
A

E
Q

P

N

F
K
H

I
C

B
D

M

Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM =

1
BC (trung
2

tuyến ứng với cạnh huyền)
1
Tương tự : FM = BC
2
Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ  EF
 MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của
tam giác DEF.
Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường
trung trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng
quy tại một điểm.
Bài 5
(1,0đ)

A
H
D

C
B

Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC.
Tam giác BAD cân tại B (BA=BD) có BH là đường cao nên cũng
là đường trung tuyến
 AH 

AD
.
2

Tam giác ABC có BD là đường phân giác , ta có :

0,5
0,5


DA AB b
DA DC DA  DC
AC
b
b2

 





 DA 
DC BC a
b
a
a b
a b a b
a b

0,25

Tam giác HAB vuông tại H , theo đ/lý Pytago ta có :
AD 2
AB BH  AH  BH b 
4
2

2

2

2

2

(1)
0,25

Tam giác HBC vuông tại H , theo đ/lý Pytago, ta có
BC 2 BH 2  HC 2  BH 2 BC 2  ( AC  AH )2 a 2  (b 
AD 2

 BH a  b  b. AD 
4
2

2

2

AD 2
)
2

(2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có :
2

2

AD
AD
a 2  b 2  b. AD 
 b 2  a 2 b. AD  b 2
4
4
2
 ab
a b

b
1 1
b
 (b  a )(b  a ) 


  
2
a b
ab
(a  b)
b a ( a  b) 2
b2 

Bài 6
(1,0đ)

Vậy bài toán được c/m.
Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên
a
ab 2
ab 2
ab

a


a

a 

.
2
2
1 b
1 b
2b
2

0,25

0,25

b
bc
c
ca

b


c

;
1  c2
2 1 a2
2
a
b
c
ab  bc  ca




3

mà a + b + c = 3 nên
(1)
0,25
1  b2 1  c2 1  a 2
2
Cũng từ a + b + c = 3  (a + b + c)2 = 9
 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9
mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab +
bc + ca suy ra 3(ab + bc + ca)  9  ab + bc + ca  3 (2).
0,25
a
b
c
3 3


3   đpcm.
Từ (1) và (2) suy ra
1  b2 1  c2 1  a 2
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,25
Ghi chú:
- Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
- Bài hình nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng chấm

điểm.
Tương tự ta có :