173 đề hsg toán 8 hoằng hóa 2013 2014

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 21/04/2014 Thời gian : 150 phút (không kể giao đề)  2  x 1  x  P     x  1  :  x  3x x 1  3x Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tìm x  để P có giá trị nguyên c) Tìm x để P 1 Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình : x  x  x  30 0 b) Giải bất phương trình sau: x  1 x  2x  x   1 3 x2 x Q   x4  x2 1 c) Cho biết x  x  Hãy tìm giá trị biểu thức Câu (5,0 điểm) 2 a) Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức x  y  xy  y  x  0 a  b5  c5  30 b) Cho a, b, c   thỏa mãn a  b  c 0 Chứng minh:  1 1 1   1 1   a    b    c    a    b    c   c) Chứng minh  b   c   a   a   b   c  , a, b, c số thực không nhỏ Câu (4,5điểm) Cho tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF cắt tai H Chứng minh rằng: a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC b) BH BE  CH CF BC BC AD.HD  c) d) Gọi I, K, Q, R chân đường vng góc hạ từ E xuống AB, AD, CF, BC Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R nằm đường thẳng Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Trên tia đối tia BA, CA lấy theo thứ tự điểm D, E cho BD CE BC Gọi O giao điểm BE CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳng cắt AC K Chứng minh AB = CK ….hết… ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỐN HOẰNG HĨA Câu a) ĐKXĐ: x 0; x 1 x 1 2x   x  2  x P    ( x  1)     2   3x x  x x   x   x 3x  x x Ta có: 2x P x Vậy b) Ta có P 2     x   U (2)  1; 2 x Từ suy x   2;0;3;  1 , kết hợp với điều kiện x   2;3 c) P 1  2x 2x x 1 1   0  0 x x x Mà x   x  nên x   x x  0  x  x  Kết hợp với ĐKXĐ   x  x 0 Câu  x 3 x  x  x  30 0   x  3  x    x   0   x   x 5 a) Ta có : Vậy S   2;3;5 x  1 x  2x  x     x   x  6 x   x   x   x  3 b)  7  S  x / x   4  Vậy tập nghiệm bất phương trình : x2  x 1 x    x  0, x c) Từ x  x   x  1  x   x x 2 1 25 21   x    1  1 x 4  x4  x2 1 1 21   x    x     x x x  Lại có : Suy Q x2  x  x  21 Câu a ) x  y  xy  y  x  0  25 x  25 y  40 xy  10 y  10 x  10 0 2   x  y  1   y  1 0 2 Do  x  y  1 0  y  1 0 với x, y 2 Nên  x  y  1 9  y 1 0 Suy x 1; y  b) Ta có: a  a a  a  1  a  1 a  a  1  a     a    a  1 a  a  1  a     a  1 a  a  1 Do  a    a  1 a  a  1  a   tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 5, chia hết cho 30 Lại có  a  1 a  a  1 Từ suy Tương tự a a b5  b Từ suy Mà 5 chia hết cho 30 chia hết cho 30 chia hết cho 30 a a  b  c 0 chia hết  a  1 a  a  1 c5  c chia hết cho 30  b5  c5    a  b  c   a  a    b5  b    c5  c  nên 5 a b c chia hết cho 30 chia hết cho 30 1 1 1  1 1 1  c )  a    b    c    a    b    c   b  c  a  a  b  c    ab  1  bc  1  ca  1   a  1  b  1  c  1 abc abc 2   ab  1  bc  1  ca  1  a  1  b  1  c  1  a 2b c  abc  a  b  c    ab  bc  ca  a 2b 2c  a  b  c   a 2b  b 2c  c a    a 2b  b c  c a   2abc  a  b  c  2  a  b  c    ab  bc  ca  2 2   ab  bc    bc  ca    ca  ab   a  b    b  c    c  a  2 2   a  c   b2  1   b  a   c  1   c  b   a  1 0 (đúng với a, b , c 1 ) Câu A E F H B a) Ta có: AEB AFC ( g g )  Từ suy b) C D AE AB  AF AC AEF ABC (c.g c ) BDH BEC ( g g )  BD BH   BH BE BC BD (1) BE BC CD CH   CH CF BC.CD (2) CF BC BH BE  CH CF BC BD  BC.CD BC CDH CFB ( g.g )  Từ (1) (2) suy c) Chứng minh DBH DAC ( g g )   DC  DB  DC.DB  Lại có BC  Do đó: DH DB   DH DA DC.DB DC DA BC AD.HD  d) A I F E K H Q B D Từ giả thiết suy R 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) (5) suy bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng C Câu A B C O E M D Vẽ hình bình hành Ta có : ABMC  AB CM (1)  1 C   CBM  B 1 2 nên BO tia phân giác Tương tự CO tia phân giác Do MO tia phân giác  BCM  BMC  CBM Suy OM song song với tia phân giác góc A, suy K, O, M thẳng hàng Ta có : 1   BMC   M  BAC K 1 2  CK CM (2) Từ (1) (2) suy CK  AB nên tam giác KMC cân C