037 đề HSG toán 8 hoằng hóa 2014 2015

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 16/03/2015

Bài 1. (4,5 điểm)
6x  3
2
 1

Cho biểu thức : Q  
 3
 2
 :  x  2
x

1
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)
2x  3 2x  5
6 x2  9 x  9
a) Giải phương trình :

1
2x  1 2x  7
 2 x  1 2 x  7 

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3  2 x2  x  2
c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho : x 2  y 2  2 y  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 số tự nhiên n  3. Chứng minh rằng nếu 2n  10a  b  a, b  ,0  b  10
thì tích ab chia hết 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

b) Chứng minh rằng:


 1.
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
Bài 6. (1,0 điểm)
Cho a, b, c  0; a  b  c  3. Chứng minh rằng:
ĐÁP ÁN

a
b
c
3



1  b2 1  c 2 1  a 2 2

Câu 1.
a) ĐK: x  1; x  2
x2  x  1  6 x  3  2 x  2 1
 x  2  x  1
1
Q
.


x3  1
x  2  x  1 x  2   x 2  x  1 x 2  x  1
 x  1
1
1
2


x

x

1

3

x

1
x


2

0




x  2
x2  x  1 3

1
So sánh với điều kiện suy ra x  2 thì Q 
3
2
1 3 3
1

2
c) Q  2
; Vì 1  0; x  x  1   x      0
2 4 4
x  x 1

3
1
4
Q đạt GTLN  x2  x  1đạt GTLN  x 2  x  1   x   tm  . Lúc đó Q 
4
2

3
1
4
Vậy GTLN của Q là Q  khi x 
2
3
1
7
Câu 2. a) ĐK: x  ; 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

b)

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
 2x  7

 8 x  16  2 x 2  7 x  16  2 x 2  x  0  x  2 x  1  0
 x  0 (tm)


1
x 
(ktm)

2
Vậy phương trình có một nghiệm x  0
b) Ta có
x3  2 x 2  x  2   x3  2 x 2    x  2   x 2  x  2    x  2    x  2  x  1 x  1
c) Ta có:
2
x 2  y 2  2 y  13  x 2   y  1  12

  x  y  1 x  y  1  12
Do x  y  1   x  y  1  2 y  2 là số chẵn và x, y  * nên x  y  1  x  y  1. Do đó
x  y  1 và x  y  1là 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
Câu 3.
ab  1 bc  1 ca  1
1
1
1
a) Từ


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 2b2c 2
  a  b  b  c  c  a   a 2b2c 2  1  0

  a  b  b  c  c  a   0 (do abc  1 )
Suy ra a  b  c
b) Ta có: 2n  10a  b  b 2  ab 2
(1)
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  ,0  r  3 ta có: 2n  16k.2r

Nếu r  0 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


Câu 4.

A
E

Q
P

F

N

H
K

I
B

D

a) Chỉ ra được BDH

C

M

ADC ( g.g ) 

BD DH

 BD.DC  DH .DA
AD DC

1
S HBC 2 HD.BC HD
b) Ta có:


S ABC 1 AD.BC AD
2
HE S HAC HF S HAB
Tương tự

;

BE S ABC CF S ABC
HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC
Do đó:




1

AD BE CF
S ABC
S ABC

c) Chứng minh được AEF

ABC  c.g.c   AEF  ABC

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


1
d) Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM  BC (trung tuyến ứng với
2
1
cạnh huyền), 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
Câu 5.

A
H
D

B

C

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
AD
 AH 
2
Tam giác ABC có BD là đường phân giác, ta có:
DA AB b
DA DC DA  DC
AC
b
b2

 




 DA 
DC BC a
b
a
ab
ab ab
a b
Tam giác HAB vuông tại H, theo định lý Pytago ta có:
AD 2

2
2
2
2
2
AB  BH  AH  BH  b 
(1)
4
Tam giác HBC vuông tại H, theo định lý Pytago, ta có:


BC  BH  HC  BH  BC   AC  AH 
2

2

2

2

2

2

AD 

 a  b 

2 


2

2

AD 2
 BH  a  b  b. AD 
(2)
4
Từ (1) và (2) ta có:
AD 2
AD 2
2
2
2
b 
 a  b  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
2
ab
ab
 a  b b a a  b
2

2

2

Vậy bài toán dược chứng minh
Câu 6.
Do a, b  0 và 1  b2  2b với mọi b nên:
a
ab2
ab 2
ab

a


a


a

.
1  b2
1  b2

2b
2
b
bc c
ca
Tương tự ta có:

b

;

c

1  c2
2 1  a2
2
a
b
c
ab  bc  ca
Mà a  b  c  3 nên



3

1  b2 1  c 2 1  a 2
2
2
Cũng từ a  b  c  3   a  b  c   9

(1)

 a 2  b2  c2  2  ab  bc  ca   9

Mà a 2  b2  2ab; b2  c2  2bc; c 2  a 2  2ac nên a2  b2  c2  ab  bc  ca
Suy ra 3 ab  bc  ca   9  ab  bc  ca  3  2 
a
b
c
3 3
Từ 1 ,  2  suy ra


 3 
dfcm
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2 2
Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1