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) 6x    Cho biểu thức : Q      :  x  2 x  x  x  x    a) Tìm điều kiện xác định Q, rút gọn Q b) Tìm x Q  c) Tìm giá trị lớn biểu thức Q Bài (4,5 điểm) 2x  2x  x2  x  a) Giải phương trình :  1 2x  2x   x  1 x   b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3  x2  x  c) Tìm giá trị x, y nguyên dương cho : x  y  y  13 Bài (4,0 điểm) ab  bc  ca  a) Cho abc  1   Chứng minh a  b  c b c a b) Cho số tự nhiên n  Chứng minh 2n  10a  b  a, b  ,0  b  10 tích ab chia hết cho Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh rằng: BD.DC  DH DA HD HE HF b) Chứng minh rằng:    AD BE CF c) Chứng minh rằng: H giao điểm đường phân giác tam giác DEF d) Gọi M , N , P, Q, I , K trung điểm đoạn thẳng BC, CA, AB , EF , FD, DE Chứng minh ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy điểm Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A có AB  AC  b; BC  a Đường phân giác BD tam giác ABC có độ dài cạnh bên tam giác ABC Chứng minh rằng: 1 b   b a  a  b 2 Bài (1,0 điểm) Cho a, b, c  0; a  b  c  Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN a b c     b2  c  a 2 Câu a) ĐK: x  1; x  2 x2  x   x   x   x   x  1 Q   x3  x   x  1 x    x  x  1 x  x   x  1 1   x  x    x  x       x  x2  x   So sánh với điều kiện suy x  Q  1 3  c) Q  ; Vì  0; x  x    x      2 4 x  x 1  Q đạt GTLN  x2  x  1đạt GTLN  x  x    x   tm  Lúc Q  4 Vậy GTLN Q Q  x  1 7 Câu a) ĐK: x  ; x  2  x  3 x     x  5 x  1   x   x  1  x  x   x  1 x    x   x  1  x   x  1  x   x  1 b) 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)  1 x  (ktm)  Vậy phương trình có nghiệm x  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 Do x  y    x  y  1  y  số chẵn x, y  * nên x  y   x  y  Do x  y  x  y  1là hai số nguyên dương chẵn Từ suy có trường hợp : x  y   x  y    x  y  Vậy  x; y    4;1 Câu ab  bc  ca  1 1 a) Từ   a b c b c a b c a 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 2b2c   a  b  b  c  c  a   a 2b2c  1    a  b  b  c  c  a   (do abc  1 ) Suy a  b  c b) Ta có: 2n  10a  b  b  ab (1) Ta chứng minh ab (2) Thật , từ đẳng thức 2n  10a  b  2n có chữ số tận b Đặt n  4k  r  k , r  ,0  r  3 ta có: 2n  16k.2r Nếu r  2n  2r  2r.16k  1 10  2n tận 2r Suy b  2r  10a  2n  2r  2r.16k  1  a  ab Từ 1   suy ab Câu A E Q P F N H K I B D a) Chỉ BDH C M ADC ( g.g )  BD DH   BD.DC  DH DA AD DC S HBC HD.BC HD b) Ta có:   S ABC AD.BC AD HE S HAC HF S HAB Tương tự  ;  BE S ABC CF S ABC HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC Do đó:     1 AD BE CF S ABC S ABC c) Chứng minh AEF ABC  c.g.c   AEF  ABC Tương tự: DEC  ABC Do đó: AEF  DEC Mà AEF  HEF  DEC  HED  900 nên HEF  HED  EH phân giác ngồi góc EFD Do H giao đường phân giác tam giác DEF d) Do BEC vuông E, M trung điểm BC nên EM  BC (trung tuyến ứng với cạnh huyền), Tương tự: FM  BC Do đó: EMF cân M, mà Q trung điểm EF nên MQ  EF  MQ đường trung trực EF hay MQ đường trung trực tam giác DEF Hoàn toàn tương tự, chứng minh NI PK đường trung trực tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy điểm Câu A H D B C Vẽ BH đường cao tam giác ABC Tam giác BAD cân B  BA  BD  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 2 AD    a  b     2 AD  BH  a  b  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        2 ab ab  a  b b a a  b 2 Vậy toán dược chứng minh Câu Do a, b   b2  2b với b nên: a ab2 ab ab  a   a   a   b2  b2 2b b bc c ca Tương tự ta có:  b  ;  c   c2  a2 a b c ab  bc  ca Mà a  b  c  nên      b2  c  a 2 Cũng từ a  b  c    a  b  c   (1)  a  b2  c2   ab  bc  ca   Mà a  b2  2ab; b2  c2  2bc; c  a  2ac nên a2  b2  c2  ab  bc  ca Suy 3 ab  bc  ca    ab  bc  ca    a b c 3 Từ 1 ,   suy    3  dfcm 2 1 b 1 c 1 a 2 Đẳng thức xảy  a  b  c  ... b.AD  b 4 ab a b b 1 b   b  a  b  a        2 ab ab  a  b b a a  b 2 Vậy toán dược chứng minh Câu Do a, b   b2  2b với b nên: a ab2 ab ab  a   a   a   b2  b2