de thi hsg toan 8 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Ề THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN 5 Đ MÔN: TOÁN LỚP 8 ( Thời gian làm bài 150 phút ) Câu 1: (3đ). a). Giả sử y 1 và y 0 , biết rằn :. x1 . y 1 x 1 x 1 ; x2  1 ; x3  2 ;.... y 1 x1  1 x2  1 Tìm y nếu : x1986 3. 2 2    2  y 2  yz  z 2  x 3 2 y z A     x  y  z . x yz 1 1 1  1  1   y z  yz xy xz b). Rút gọn biểu thức. câu 2:(5đ). 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:(3đ). 1 1 x4  4 2 x ;z  x y 1 1 x2  2 x4  4 x x và x 1 . Hãy tính z theo y. a). Cho b).Cho xy + xz + yz = 1 và x,y,z khác 1 . Chứng minh rằng: x y z 4 xyz    2 2 2 2 1 x 1 y 1 z  1 x   1 y2  1 z2  x2 . .. Câu 4:(4đ)..  a  b  c  a  c  b b2  c 2  a2 x ;y 2bc  a b  c  b  c  a. a). Cho và b + c - a 0; bc 0; a + b + c 0. 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:(5đ). 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 OA' OB ' OC '   3 ' ' ' A’,B’,C’.Chứng minh rằng: GA GB GC. b). Từ một điểm P thuộc miền trong của của tam giác đều ABC. Hạ các đường vuông góc PD  PE  PF PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB. Tính BD  CE  AF.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu 1 a).. x2 . 4điểm 1. x1  1  y  1   y  1   2 2y 1   1 :   1  :  x1  1  y  1   y  1  y  1 y  1 y. y 1 x3  ; x4  y, 1  y Tương tự, ta tính được suy ra x5=x1; x6=x2;x7=x3;… 1 1 x1986  x2  3  y  y 3 Vì 1986 = 4.496 + 2, nên. 0,5 0,5. 2 2    2  y 2  yz  z 2  x 3 2 y z A     x  y  z . x yz 1 1 1  1  1   y z  yz xy xz b).. y   . 2.  z 2  yz.   y  z  x. x y  z. 3.  3xyz 2 x  y  z  2 .  x  y  z xyz. 2 y 3  y 2 z  yz 2  y 2 z  yz 2  z 3  x 3  3xyz. . x yz. . 2 x 3  y 3  z 3  3 xyz xyz.   x  y  z.   x  y  z. 2. 0,5 0,5. 2. 3. Mà x + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx ) . 0,5. 2 y 3  y 2 z  yz 2  y 2 z  yz 2  z 3  x 3  3xyz. . x yz.   x  y  z. 2. 0,5 0,5. Do đó kết quả trên được viết thành : . . 2  x  y  z  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx x yz 2. 2.   x  y  z. 2. 2. 2. 2. 2. = 2x + 2y + 2z – 2xy – 2yz – 2zx + x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx 2. 2. 0,5. 2. = 3(x + y + z ). (xyz  0; y + z  0 và x + y + z  0). Câu 2 2 2 a) C = (x – 10x + 21)(x – 10x + 19) 5. 3. ) a – 5a + 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, 5 3 nên a – 5a + 4a  3.5.8 = 120. Câu 3 1 1 2 x2  2 2 2 x 1  2 x ; y  1  x  1  x2 y 1  1 1 1 1 x2  2 x2  2 x2  2 x2  2 x x x x a). Ta có: x2 . 5điểm 2,5 2,5. 3điểm 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y 1 1  4 y 1 y 1 4 x  x  z   1 y 1 y 1 4 x  4  x y 1 x4 . b). Ta có: x. y. 1 x. z.    2 2 1 y 1 z. 2. y 1 y 1 y 2 1  y 1 2y y 1 2. 1. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. (1 x )(1 y )(1 z ). Phân tích tử thức của phân thức trên, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x – xy – xz + xy z + y – x y – yz + x yz + z – x z – y z + x y z = 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 ; 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. 3 3 3 a) Ta có (x + y + xy + 1) = [(x +1) + y(x + 1)] = [(x + 1)(y + 1)] Vì. x. 0,5. x(1  y )(1  z )  y(1 x )(1 z )  z(1 x )(1 y ). 0,5 0,5 4điểm 0,5 0,5.  b  c  a  b  c  a b2  c2  a2  x 1  2bc 2bc.  a  b  c   a  c  b   y 1  a  b  c   a  c  b    a  b  c   b  c  a   a  b  c  b  c  a  a  b  c  b  c  a 2 2 a2    b  c    b  c   a2 4bc    a b  c  b  c  a  a b  c  b  c  a 3 3 P  x  y  xy  1   x  1  y  1  y. 0,5. 3. vậy.   b  c  a  b  c  a  4bc 3  .  2 8 2bc  b  c  a   b  c  a   . ( bc  0, a + b + c  0 và b + c – a  0 ). Vậy P = 8.. b).Ta có:. b c 1 1    a  b  a  c  a  b  a  c. 0,5. ;. a b 1 1 c a 1 1   ;    c  a  c  b  c  a  c  b  b  c  b  a  b  c  b  a . tương tự, ta có: Cộng theo từng kết quả tìm được, suy ra điều phải chứng minh. Câu 5. 0,5 1 5điểm. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a) Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA và AB (Xem Hình vẽ 1 ). 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 A'O OI B'O ON C'O OM A'G  GH ; B'G  GF ;C'G GE . 1 Mặt khác ABC đều nên GE = GF = GH = 3 h và OI + OM + ON = h (h là đường cao của ABC ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 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 ). 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). a 3 Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có h  2 . a 3 Ta lại có PD  PE  PF  2. 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> 0P B  ,D 3B D 5 D  +  P E C 0 E , C 53 E  A .F +  P F C A 1h F ú ý = . aN 3ế u .h ọ c V ậs yi 2n h c ó c á c h g i ả i.

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