005 đề HSG toán 8 hoằng hóa 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HÓA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2016-2017
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 21/04/2017

Câu 1. (4 điểm)

2
2  x 1
 x  1
.
 x  1  :
Cho biểu thức P   
 x
 3x x  1  3x
a) Rút gọn P
b) Tìm x  để P có giá trị nguyên
c) Tìm x để P  1
Câu 2. (4,5 điểm)
a) Giải phương trình: x3  6 x  x  30  0
x  1 2x  3 x
b) Giải bất phương trình sau: x  1 

 1
3
2
3
x2

x
2
c) Cho biết 2
 . Hãy tính giá trị của biểu thức: Q  4
x  x 1 3
x  x2  1
Câu 3. (5,0 điểm)
a) Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức: 5x2  5 y 2  8xy  2 y  2 x  2  0
b) Cho a, b, c  , thỏa mãn a  b  c  0. Chứng minh a5  b5  c5 30
1 
1 
1 
1 
1 
1

c) Chứng minh rằng:  a   b   c     a   b   c   , trong đó
b 
c 
a 
a 
b 
c

a, b, c là các số thực không nhỏ hơn 1.
Câu 4. (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC . Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng:
a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
b) BH .BE  CH .CF  BC 2
BC 2

c) AD.HD 
4
d) Gọi I , K , Q, R lần lượt là chân các đường vuông 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


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0; x  1
Ta có:
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
2x
Vậy P 
x 1
2
b) Ta có: P  2 
  x  1Ư  2   1; 2
x 1
Từ đó suy ra x 2;0;3; 1
Kết hợp với ĐKXĐ được x 2;3
2x
2x
x 1
c) P  1 
1
1 0 
0
x 1
x 1
x 1
Mà x  1  x  1 nên x  1  0 và x  1  0  x  1và x  1
Kết hợp với ĐKXĐ được 1  x  1 và x  0
Câu 2.
a) Ta có: x3  6 x 2  x  30  0   x  3 x  2  x  5  0
x  3  0
x  3
  x  2  0   x  2



 x  5  0
 x  5
x  1 2x  3 x
x 1

  1  6x  6  2x  2  6x  9  2x  6
3
2
3
b)
7
 4 x  7  x 
4
7 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   x / x  
4

x2  x  1 3
x
2

c) Từ 2
  x  0, do đó :
x  x 1 3
x
2
2
1
3

1 5 
1
25
21
 x  1   x     x   1 
1
x
2
x 2 
x
4
4
x4  x2  1
1
21
 2 1
2
Lại có:

x


1

x


1




x2
x2
x2 
4



x2
4
Suy ra Q  4

x  x 2  1 21
Câu 3.
a)
2
5 x  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

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

2

Nên  5x  4 y  1  9  y  1  0
Suy ra x  1; y  1

b)
Ta có: a5  a  a  a 2  1 a 2  1  a  a 2  1 a 2  4  5
2

2

  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 cả 2;3;5 ,
do đó chia hết cho 30
Lại có  a  1 a  a  1 chia hết cho 6 nên 5  a  1 a  a  1 chia hết cho 30

Từ đó suy ra a5  a chia hết cho 30
Tương tự b5  b chia hết cho 30 và c5  c chia hết cho 30.
Từ đó suy ra  a5  b5  c5    a  b  c    a5  a    b5  b    c5  c  chia hết cho 30
Mà a  b  c  0 nên a5  b5  c5 chía hết cho 30.
1 
1 
1 
1 
1 
1

c)  a   b   c     a   b   c  
b 
c 
a 
a 
b 
c


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

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

 a 2b 2c 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 2a 2 
 2  a 2b 2  b 2c 2  c 2a 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

2

  a  c   b2  1   b  a   c 2  1   c  b   a 2  1  0 (đúng với mọi a, b, c  1)
2

2

2


Câu 4.

A
I
E

K
F
Q
B

D

C

R

AE AB

AF AC
Từ đó suy ra AEF ABC  c.g.c 
BD BH
b) BDH BEC ( g.g ) 


 BH .BE  BC.BD (1)
BE BC
CD CH
CDH CFB( g.g ) 

 CH .CF  BC.CD (2)
CF BC

a) Ta có: AEB AFC ( g.g ) 

Từ (1) và (2) suy ra BH .BE  CH .CF  BC.BD  BC.CD  BC 2
c) Chứng minh được DBH
Lại có:

 DC  DB 
DC.DB 
4

2

DAC ( g.g ) 

BC 2

4

DH DB

 DH .DA  DC.DB
DC DA

BC 2
4
d) Từ giả thiết suy ra EI / /CF , EK / / BC, EQ / / AB, ER / / AD
Áp dụng định lý Talet 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  ;  5 suy ra bốn điểm I , K , Q, R thẳng hàng
Câu 5.

Do đó: AD.HD 

A
K
1

B

1
1

C

O
1

M

E

D
Vẽ hình bình hành ABMC  AB  CM 1
1
1
Ta có: B1  C1  CMB nên BO là tia phân giác của CBM
2
2
Tương tự CO là tia phân giác của BCM
Do đó MO là tia phân giác của BMC
Suy ra OM song song với tia phân giác của A , suy ra K , O, M thẳng hàng

1
1
Ta có: M1  BMC  BAC  K1
2
2
Nên tam giác KMC cân tại C  CK  CM
Từ (1) và (2) suy ra CK  AB

(2)