005 đề hsg toán 8 hoằng hóa 2016 2017

6 6 0
005 đề hsg toán 8 hoằng hóa 2016 2017

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016-2017 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 21/04/2017 Câu (4 điểm)  2  x 1 P     x x x  x   Cho biểu thức  x  1  :  x a) Rút gọn P b) Tìm x để P có giá trị ngun c) Tìm x để P 1 Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình: x  x  x  30 0 x  2x  x x  1   1 3 b) Giải bất phương trình sau: x2 x Q  x  x2  c) Cho biết x  x  Hãy tính giá trị biểu thức: Câu (5,0 điểm) 2 a) Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức: x  y  xy  y  x  0 5 b) Cho a, b, c  , thỏa mãn a  b  c 0 Chứng minh a  b  c 30   1    1   a    b    c    a    b    c   b  c  a  a  b  c  , c) Chứng minh rằng:  a, b, c số thực không nhỏ Câu (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AD, BE , CF cắt 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 ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x 0; x 1 Ta có: x 1 2 2x   x   x P     x  1     2  x 1  3x x  3x  x   3x 3x  x x 2x P x Vậy P 2     x  1  1; 2  x b) Ta có: Ư   Từ suy x   2;0;3;  1 Kết hợp với ĐKXĐ x   2;3 2x 2x x 1 1   0  0 x x x c) Mà x   x  nên x   x  0  x  x  Kết hợp với ĐKXĐ   x  x 0 Câu a) Ta có: x  x  x  30 0   x    x    x   0 P 1   x  0  x 3   x  0   x   x  0  x 5 x  2x  x x  1     x   x  6 x   x  3 7  x   x  b)  7  S  x / x   4  Vậy tập nghiệm bất phương trình x2  x  x    x 0, x  x  x c) Từ :  1 25 21  x   1  x     x    1  1 x x  x 4 x  x 1 1  21  x    x     x x x   Lại có: x2 Q  x  x  21 Suy 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 2 x  y   y  0     Nên x, y Suy x 1; y  b) a  a a  a  1  a  1 a  a  1  a    Ta có:  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;3;5 , chia hết cho 30 Lại có  a  1 a  a  1 chia hết  a  1 a  a  1 chia hết cho 30 Từ suy a  a chia hết cho 30 5 Tương tự b  b chia hết cho 30 c  c chia hết cho 30 a Từ suy  b5  c5    a  b  c   a  a    b  b    c  c  5 Mà a  b  c 0 nên a  b  c chía hết cho 30 chia hết cho 30   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 2c  abc  a  b  c    ab  bc  ca  a 2b 2c  a  b  c   a 2b  b 2c  c 2a    a 2b  b 2c  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   a  c   b  1   b  a   c  1   c  b   a  1 0 (đúng với a, b, c 1) Câu A I E K F Q B D R C AE AB  AF AC a) Ta có: Từ suy AEF ABC  c.g c  BD BH BDH BEC ( g g )    BH BE BC.BD (1) BE BC b) CD CH CDH CFB ( g g )    CH CF BC.CD (2) CF BC AEB AFC ( g g )  Từ (1) (2) suy BH BE  CH CF BC.BD  BC.CD BC DBH DAC ( g g )  DH DB   DH DA DC DB DC DA c) Chứng minh DC  DB   BC DC.DB   4 Lại có: BC AD.HD  Do đó: d) Từ giả thiết suy EI / /CF , EK / / BC , EQ / / AB, ER / / AD Áp dụng định lý Talet ta có: AI AE AK *    IK / / DF AF AC AD BF BH BD *    IR / / DF BI BE BR CR CE CQ *    RQ / / DF CD CA CF Từ  3 ;   ;   suy bốn điểm Câu (3) (4) (5) I , K , Q, R thẳng hàng A K B 1 C O M E D Vẽ hình bình hành ABMC  AB CM  1  1 C   CMB  B 1  2 Ta có: nên BO tia phân giác CBM  Tương tự CO tia phân giác BCM  Do MO tia phân giác BMC Suy OM song song với tia phân giác A , suy K , O, M thẳng hàng 1   BMC   M  BAC K 1 2 Ta có: (2) Nên tam giác KMC cân C  CK CM Từ (1) (2) suy CK  AB

Ngày đăng: 28/10/2023, 14:46

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan