de thi hsg toan 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN LỚP 8 ( Thời gian làm bài: 150 phút ). Câu 1. (3,0 điểm) a) Giả sử y  1 và y  0, biết rằng : x1 . y 1 x 1 x 1 ; x 2  1 ; x 3  2 ; Tìm y nếu y 1 x1  1 x2  1. x1986  3 ;. 2 2    2  y2  yz  z 2  x 3 2 y z     x  y  z . b) Rút gọn biểu thức A   . x yz 1  1 1  1  1  y z  yz xy xz  Câu 2. (5,0 điểm) a) Phân tích đa thức C = (x – 2)(x – 4) (x – 6)(x – 8) + 15 thành nhân tử ; b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 – 5a3 + 4a  120. Câu 3. (3,0 điểm) 1 1 x2  2 x4  4 x ; z x và x   1. Hãy tính z theo y ; a) Cho y  1 1 2 4 x  2 x  4 x x b) Cho xy + xz + yz = 1 và x, y, z khác  1. Chứng minh rằng : x y z 4xyz .    2 2 2 2 1 x 1 y 1 z 1  x 1  y2 1  z2  Câu 4. (4,0 điểm). b2  c 2  a 2  a  b  c  a  c  b  và b + c – a  0; bc  0; a + b + c  0 . a) Cho x  ; y 2bc  a  b  c  b  c  a  Tính giá trị của biểu thức P = (x + y + xy + 1)3 b) Chứng minh rằng nếu a, b, c khác nhau thì : bc ca ab 2 2 2       a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  a  b b  c c  a Câu 5. (5 ,0 điểm) a) Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G. O là một điểm thuộc miền trong của tam giác và O khác G. Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC theo thứ tự ở A’, B’, C’. OA' OB' OC' Chứng minh rằng:    3; GA' GB' GC' b) Từ một điểm P thuộc miền trong của tam giác đều ABC. Hạ các đường vuông góc PD, PD  PE  PF PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB. Tính . BD  CE  AF ----------------Hết---------------Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………….....................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 8 Câu 1 a) x 2 . 4 điểm 1. x1  1  y  1   y  1  2 2y 1   1 :   1  :  x1  1  y  1   y  1  y  1 y  1 y. Tương tự, ta tính được x 3 . y 1 ;x 4  y, suy ra x 5  x1;x 6  x 2 ;x 7  x 3 ; 1 y. Vì 1986 = 4.496 + 2, nên x1986  x 2 . 0,5 0,5. 1 1  3 y  . y 3. 2 2    2 2 2  y  yz  z x 3  2 y z b) A       x  y  z . x yz 1  1 1  1  1  y z  yz xy xz  (y 2  z 2  yz)(y  z)  x 3  3xyz 2x(y  z)  .  (x  y  z) 2 x(y  z) x yz . 2(y3  y 2 z  yz 2  y 2 z  yz 2  z 3  x 3  3xyz)  (x  y  z) 2 xyz. . 2(x 3  y3  z 3  3xyz)  (x  y  z) 2 x yz. Mà x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx ). 0,5. 0,5. 0,5. Do đó kết quả trên được viết thành :. 2  x  y  z   x 2  y2  z 2 – xy – yz – zx x yz.   (x  y  z). 2. 0,5. = 2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx + x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx = 3(x2 + y2 + z2) (xyz  0; y + z  0 và x + y + z  0).  Câu 2. 5 điểm. a) C = (x2 – 10x + 21)(x2 – 10x + 19). 2,5. b) a5 – 5a3 + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5; 3 ; 8, chúng đôi một nguyên tố cùng nhau,. 2,5. 5. 3. nên a – 5a + 4a  3.5.8 = 120.  Câu 3. 3 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 2 2  x 2 2 2 x  1  2x ; y  1  x  1  x2 ; a) Ta có : y  1  1 1 1 1 x2  2 x2  2 x2  2 x2  2 x x x x x2 . y  1 y 1 1  4 y 1 y  1 y  1 y2  1 4 x  x z   1 y 1 y 1 4 y 1 2y x  4  x y 1 y 1 x4 . 0,5. 1. b) Ta có:. 0,5 2. 2. 2. 2. 2. 2. x y z x(1  y )(1  z )  y(1  x )(1  z )  z(1  x )(1  y )    2 2 2 1 x 1 y 1 z (1  x 2 )(1  y2 )(1  z 2 ). Phân tích tử thức của phân thức trên, ta có: x – xy2 – xz2 + xy2z2 + y – x2y – yz2 + x2yz2 + z – x2z – y2z + x2y2z = xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1) Theo giả thiết xy + yz + xz = 1, nên xz = 1 – xy – yz ; yz = 1 – xz – xy ;. 0,5. 0,5. xy = 1 – xz – yz. Thay vào (1), ta được tử thức bằng 4xyz. Từ đó ta có được kết quả của bài toán.  Câu 4. 4 điểm. a) Ta có (x + y + xy + 1)3 = [(x +1) + y(x + 1)]3 = [(x + 1)(y + 1)]3. Vì x . y. b2  c2  a 2 (b  c  a)(b  c  a)  x 1  , 2bc 2bc. (a  b  c)(a  c  b) (a  b  c)(a  c  b)  (a  b  c)(b  c  a)  y 1  (a  b  c)(b  c  a) (a  b  c)(b  c  a). 0,5 0,5. 0,5. a 2  (  b  c) 2  (b  c) 2  a 2 4bc   (a  b  c)(b  c  a) (a  b  c)(b  c  a) 3. Vậy P   x  y  xy  1    x  1 y  1 . 3. 3.  (b  c  a)(b  c  a)  4bc  .  23  8  2bc (b  c  a)(b  c  a)  . 0,5. ( bc  0, a + b + c  0 và b + c – a  0 ). Vậy P = 8.. bc 1 1   ; tương tự, ta có: (a  b)(a  c) a  b a  c ab 1 1 ca 1 1   ;   (c  a)(c  b) c  a c  b (b  c)(b  a) b  c b  a Cộng theo từng kết quả tìm được, suy ra điều phải chứng minh.  b) Ta có :. 0,5 0,5 1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 5. 5 điểm. 0,5. a) Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA và AB (Xem Hình vẽ 1 ).. 0,5. Từ O hạ OI, OM và ON lần lượt vuông góc với BC, CA và AB. Áp dụng định lí Thales đối với tam giác, ta có. 0,5. A'O OI B'O ON C'O OM  ;  ;  . A'G GH B'G GF C'G GE. 0,5. 1 h và OI + OM + ON = h (h là 3 đường cao của ABC ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Mặt khác ABC đều nên GE = GF = GH =. 0,5. b) Từ P dựng các đường song song với các cạnh của ABC, ta được ba tam giác đều MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao ( Xem Hình vẽ 2 ).. 0,5. Gọi x, y, z lần lượt là các cạnh của tam giác đều trên thì x + y + z = a (a là cạnh của tam giác đều ABC). Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có h  Ta lại có PD  PE  PF . 0,5. a 3 . 2. a 3 . 2. x y z Mặt khác BD  z  ; CE  x  ; AF  y  nên 2 2 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BD + CE + AF =. a 3 PD  PE  PF 1 3 . Vậy   . 2 BD  CE  AF 3 3. 0,5. 0,5. Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm tuyệt đối..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>