094 đề HSG toán 8 hoằng hóa 2013 2014

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HÓA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 21/04/2014
Thời gian : 150 phút (không kể giao đề)
2
2  x 1
 x  1
Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức P   
.
 x  1  :
 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  6x2  x  30  0
b) Giải bất phương trình sau: x  1 

x 1 2x  3 x

 1
3
2
3

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

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 a, b, c


b 

c 

a 

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
b) BH .BE  CH .CF  BC 2
c) AD.HD 

BC 2
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
….hết…..


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN 8 HOẰNG HÓA
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0; x  1
x 1




Ta có: P   

.

.( x  1)  .
    2 .

 3x x  1 3x x  1
 x  1  3x 3x
 x 1 x 1
2

Vậy P 

2

2

x

2

2

x

2x

2x
x 1

b) Ta có P  2 

2

x 1

 x  1U (2)  1; 2

Từ đó suy ra x 2;0;3; 1 , kết hợp với điều kiện được x 2;3
2x
2x
x 1
1
1  0 
0
x 1
x 1
x 1
Mà x 1  x  1 nên x 1  0 và x x  1  0  x  1 và x  1

c) P  1 

Kết hợp với ĐKXĐ được 1  x  1 và x  0
Câu 2.
x  3
a) Ta có : x  6 x  x  30  0   x  3 x  2  x  5  0   x  2
 x  5
3

2

Vậy S  2;3;5
x 1

b) x  1  3 

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : S   x / x 


c) Từ

x2  x  1 3
x
2
do
đó



x

0,
x
2

x2  x  1 3
2

 x

1
3
1 5 
1
25
21
1   x     x   1 
1 
x
2
x 2 
x
4
4

x4  x2  1
1
1
21

Lại có :
 x2  2  1   x    1 
2
x
x

x
4

2

Suy ra Q 

x2
4

4
2
x  x  1 21

7 

4


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

Do  5x  4 y  12  0 và 9  y  12  0 với mọi x, y
Nên  5x  4 y  12  9  y  12  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 
  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 chia hết cho 6 nên 5  a  1 a  a  1 chia hết cho 30.
5
Từ đó suy ra a  a chia hết cho 30

5
5
Tương tự b  b chia hết cho 30 và c  c chia hết cho 30

5
5
5
5
5
5
Từ đó suy ra  a  b  c    a  b  c    a  a   b  b    c  c  chia hết cho 30

5
5
5
Mà a  b  c  0 nên a  b  c chia 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
2
  ab  1 bc  1 ca  1   a  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 2 a 2 
 2  a 2b 2  b 2c 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

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
E
F
H
B

C

D

a) Ta có: AEB

AE AB

AF AC
ABC (c.g.c)

AFC ( g.g ) 

Từ đó suy ra AEF

BD

BH

b) BDH BEC ( g.g )  BE  BC  BH .BE  BC.BD (1)
CD CH

 CH .CF  BC.CD (2)
CF BC
2
Từ (1) và (2) suy ra BH .BE  CH .CF  BC.BD  BC.CD  BC
DH DB

DBH

DAC
(

g
.
g
)


 DH .DA  DC.DB
c) Chứng minh được
DC DA
CDH

Lại có

CFB ( g.g ) 

 DC  DB 
DC.DB 
4

2



BC 2
BC 2
AD
.
HD

4 Do đó:

4


d)

A
I
F

E
K
H
Q

B

D

R

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

C


Câu 5.

A

1

B

1

C

O
1

M
D

Vẽ hình bình hành ABMC  AB  CM (1)
1
1
B

C

CBM nên BO là tia phân giác của CBM
1
1
Ta có :
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 góc A, suy ra K, O, M thẳng
hàng

E


1

1

Ta có : M1  2 BMC  2 BAC  K1 nên tam giác KMC cân tại C
 CK  CM (2)

Từ (1) và (2) suy ra CK  AB