037 đề HSG toán 8 hoằng hóa 2014 2015

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: 2014-2015 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 16/03/2015 Bài (4,5 điểm) Cho biểu thức : 6x +   Q= + − ÷: ( x + )  x +1 x +1 x − x +1 a) Tìm điều kiện xác định Q= x b) Tìm Q, Q rút gọn Q c) Tìm giá trị lớn biểu thức Bài (4,5 điểm) 2x + 2x + x2 + x − − =1− 2x + 2x + ( x + 1) ( x + ) a) Giải phương trình : x3 − x − x + b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x, y x = y + y + 13 c) Tìm giá trị nguyên dương cho : Bài (4,0 điểm) ab + bc + ca + = = b c a abc ≠ ±1 a=b=c a) Cho Chứng minh 2n = 10a + b ( a, b ∈ ¥ ,0 < b < 10 ) n > b) Cho số tự nhiên Chứng minh ab tích chia hết cho Bài (5,0 điểm) AD, BE , CF ABC Cho tam giác có ba góc nhọn Các đường cao cắt H BD.DC = DH DA a) Chứng minh rằng: HD HE HF + + = AD BE CF b) Chứng minh rằng: c) Chứng minh rằng: H giao điểm đường phân giác tam giác DEF M , N , P , Q, I , K d) Gọi EF , FD, DE BC , CA, AB trung điểm đoạn thẳng , MQ, NI , PK Chứng minh ba đường thẳng đồng quy điểm Bài (1,0 điểm) ABC AB = AC = b; BC = a BD Cho tam giác cân có Đường phân giác ABC ABC tam giác có độ dài cạnh bên tam giác Chứng minh rằng: 1 b − = b a ( a + b) Bài (1,0 điểm) a b c + + ≥ 2 a, b, c > 0; a + b + c = 1+ b 1+ c 1+ a Cho Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Câu x ≠ −1; x ≠ −2 a) ĐK: x2 − x + + 6x + − 2x − ( x + ) ( x + 1) Q= = = x3 + x + ( x + 1) ( x + ) ( x − x + 1) x − x + b)  x = −1 1 = ⇔ x − x + = ⇔ x + x − = ⇔ ( ) ( ) x = x2 − x +  So sánh với điều kiện suy c) A Q= ; x − x +1 Q đạt GTLN 1 3  > 0; x − x + =  x − ÷ + ≥ > 2 4  Vì ⇔ x − x +1 x=2 Q= GTLN ⇔ x − x + = đạt Q= x= Q Vậy GTLN −1 −7 x ≠ ;x ≠ 2 Câu a) ĐK: ⇔ x = ( tm ) Q= Lúc ( x + 3) ( x + ) − ( x + 5) ( x + 1) = ( x + ) ( x + 1) − x + x − ( x + 1) ( x + ) ( x + ) ( x + 1) ( x + ) ( x + 1) ( x + ) ( x + 1) x + 20 x + 21 − x − 12 x − x + 16 x + − x − x + ⇔ = ( x + ) ( x + 1) ( x + ) ( x + 1) x + 16 −2 x + x + 16 ⇔ = ( x + ) ( x + 1) ( 2x + 7) ⇒ x + 16 = −2 x + x + 16 ⇔ x + x = ⇔ x ( x + 1) =  x = (tm) ⇔  x = −1 (ktm)  x=0 Vậy phương trình có nghiệm b) Ta có x3 − x − x + = ( x3 − x ) − ( x − ) = x ( x − ) − ( x − ) = ( x − ) ( x − 1) ( x + 1) c) Ta có: x = y + y + 13 ⇔ x = ( y + 1) + 12 ⇔ ( x + y + 1) ( x − y − 1) = 12 x + y + − ( x − y − 1) = y + Do x + y +1 x − y −1 số chẵn x, y ∈ ¥ * nên x + y + > x − y − hai số nguyên dương chẵn x + y +1= x − y −1 = Từ suy có trường hợp : y = ( x; y ) = ( 4;1) ⇔ x=4 Vậy Câu ab + bc + ca + 1 1 = = ⇒a+ =b+ =c+ b c a b c a a) Từ Do đó: 1 b−c 1 c−a 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 : ( a − b) ( b − c) ( c − a ) a 2b c Do ⇔ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( a 2b 2c − 1) = ⇒ ( a − b) ( b − c) ( c − a) = Suy a=b=c b) Ta có: (do abc ≠ ±1 ) 2n = 10a + b ⇒ bM2 ⇒ abM2 (1) abM (2) Ta chứng minh 2n = 10a + b ⇒ 2n Thật , từ đẳng thức có chữ số tận n = 4k + r ( k , r ∈ ¥ ,0 ≤ r ≤ 3) 2n = 16k.2r Đặt ta có: n r r k − = ( 16 − 1) M 10 ⇒ n r=0 2r Nếu tận b = 2r ⇒ 10a = 2n − 2r = 2r.( 16k − 1) M ⇒ aM ⇒ abM Suy ( 1) ( ) abM Từ suy Câu b ∆BDH : ∆ADC ( g.g ) ⇒ a) Chỉ S HBC S ABC b) Ta có: BD DH = ⇒ BD.DC = DH DA AD DC HD.BC HD = = AD.BC AD HE S HAC HF S HAB = ; = BE S ABC CF S ABC Tương tự HD HE HF S HBC + S HAC + S HAB S ABC + + = = =1 AD BE CF S ABC S ABC Do đó: · ∆AEF : ∆ABC ( c.g c ) ⇒ ·AEF = ABC c) Chứng minh · ·AEF = DEC · DEC = ·ABC Tương tự: Do đó: ·AEF + HEF · · · · · = DEC + HED = 900 HEF = HED Mà nên ⇒ EH phân giác ngồi góc EFD Do H giao đường phân giác tam giác DEF d) Do ∆BEC EM = BC vuông E, M trung điểm BC nên (trung tuyến ứng với FM = BC cạnh huyền), Tương tự: MQ ⊥ EF ∆EMF EF Do đó: cân M, mà Q trung điểm nên ⇒ MQ MQ DEF EF đường trung trực đường trung trực tam giác NI PK Hoàn toàn tương tự, chứng minh đường trung trực tam giác MQ , NI , PK DEF nên ba đường thẳng đồng quy điểm Câu ABC Vẽ BH đường cao tam giác ( BA = BD ) BAD Tam giác cân B có BH đường cao nên đường trung tuyến AD ⇒ AH = Tam giác ABC có BD 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 H, theo định lý Pytago ta có: AD 2 2 2 AB = BH + AH ⇒ BH = b − (1) Tam giác HBC vuông H, theo định lý Pytago, ta có: BC = BH + HC ⇒ BH = BC − ( AC − AH ) 2 2 ⇒ BH = a − b + b AD − 2 AD   = a − b − ÷   AD (2) Từ (1) (2) ta có: AD AD 2 2 b − = a − b + b AD − ⇒ b − a = b AD − b 4 −ab a−b b 1 b ⇒ ( b + a) ( b − a) = ⇒ = ⇒ − = a+b ab b a ( a + b) ( a + b) Vậy toán dược chứng minh Câu a, b > + b ≥ 2b Do với b nên: 2 a ab ab ab =a− ≥a− =a− 2 1+ b 1+ b 2b Tương tự ta có: Mà a+b+c=3 b bc c ca ≥b− ; ≥c− 2 1+ c 1+ a a b c ab + bc + ca + + ≥ 3− 2 1+ b 1+ c 1+ a (1) nên a + b + c = ⇒ ( a + b + c) = Cũng từ ⇔ a + b + c + ( ab + bc + ca ) = Mà a + b ≥ 2ab; b2 + c ≥ 2bc; c + a ≥ 2ac nên a + b + c ≥ ab + bc + ca Suy Từ ( ab + bc + ca ) ≤ ⇔ ab + bc + ca ≤ ( ) ( 1) , ( ) suy Đẳng thức xảy a b c 3 + + ≥3− = 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 ⇔ a = b = c =1 dfcm ... − a = b AD − b 4 −ab a−b b 1 b ⇒ ( b + a) ( b − a) = ⇒ = ⇒ − = a+b ab b a ( a + b) ( a + b) Vậy toán dược chứng minh Câu a, b > + b ≥ 2b Do với b nên: 2 a ab ab ab =a− ≥a− =a− 2 1+ b 1+ b 2b