de thi hsg toan 8 2016

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.[r]

Ề THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN Đ MÔN: TOÁN LỚP ( Thời gian làm bài 150 phút ) Câu 1: (3đ) a) Giả sử y 1 và y 0 , biết rằn : x1  y x 1 x 1 ; x2  ; x3  ; y 1 x1  x2  Tìm y : x1986 3 2     y  yz  z  x y z A     x  y  z  x yz 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 với số nguyên a thì : a5 – 5a3 + 4a  120 câu 3:(3đ) 1 x4  x ;z  x y 1 x2  x4  x x và x 1 Hãy tính z theo y a) Cho b).Cho xy + xz + yz = và x,y,z khác 1 Chứng minh rằng: x y z xyz    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  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 biểu thức P = (x + y + xy + )3 b) Chứng minh a,b,c khác thì : b c c a a b 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 ABC, trọng tâm G O là điểm thuộc miền tam giác và O khác G Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC theo thứ tự OA' OB ' OC '   3 ' ' ' A’,B’,C’.Chứng minh rằng: GA GB GC b) Từ điểm P thuộc miền của tam giác ABC Hạ các đường vuông góc PD  PE  PF PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB Tính BD  CE  AF ĐÁP ÁN Câu a) x2  4điểm x1   y    y    2y 1   1 :   1  :  x1   y    y   y  y  y y 1 x3  ; x4  y,  y Tương tự, ta tính suy x5=x1; x6=x2;x7=x3;… 1 1 x1986  x2  3  y  y Vì 1986 = 4.496 + 2, nên 0,5 0,5 2     y  yz  z  x y z A     x  y  z  x yz 1     y z  yz xy xz b) y     z  yz   y  z  x x y  z  3xyz x  y  z   x  y  z xyz y  y z  yz  y z  yz  z  x  3xyz  x yz  x  y  z  xyz xyz   x  y  z   x  y  z 0,5 0,5 Mà x + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx )  0,5 y  y z  yz  y z  yz  z  x  3xyz  x yz   x  y  z 0,5 0,5 Do đó kết trên viết thành :    x  y  z  x  y  z  xy  yz  zx x yz 2   x  y  z 2 2 = 2x + 2y + 2z – 2xy – 2yz – 2zx + x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx 2 0,5 = 3(x + y + z ) (xyz  0; y + z  và x + y + z  0) Câu 2 a) C = (x – 10x + 21)(x – 10x + 19) ) a – 5a + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) là tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5; ; 8, chúng đôi nguyên tố cùng nhau, nên a – 5a + 4a  3.5.8 = 120 Câu 1 x2  2 x 1  x ; y   x   x2 y 1  1 1 x2  x2  x2  x2  x x x x a) Ta có: x2  5điểm 2,5 2,5 3điểm 0,5 y 1  y 1 y x  x  z   y 1 y x   x y x4  b) Ta có: x y 1 x z    2 1 y 1 z y y 1 y 1  y 2y y 1 2 2 2 2 (1 x )(1 y )(1 z ) Phân tích tử thức phân thức trên, ta có: 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 = – xy – yz ; yz = – xz – xy ; xy = – xz – yz Thay vào (1), ta tử thức 4xyz Từ đó ta có kết bài toán Câu 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 a2    b  c    b  c   a2 4bc    a b  c  b  c  a  a b  c  b  c  a 3 P  x  y  xy  1   x  1  y  1  y 0,5   b  c  a  b  c  a  4bc   2 8 2bc  b  c  a   b  c  a    ( bc  0, a + b + c  và b + c – a  ) Vậy P = b).Ta có: b c 1    a  b  a  c  a  b  a  c 0,5 ; a b 1 c a 1   ;    c  a  c  b  c  a  c  b  b  c  b  a  b  c  b  a  tương tự, ta có: Cộng theo kết tìm được, suy điều phải chứng minh Câu 0,5 5điểm 0,5 a) Từ G hạ GH, GE, GF vuông góc với các cạnh BC, CA và AB (Xem Hình vẽ ) Từ O hạ OI, OM và ON vuông góc với BC, CA và AB Áp dụng định lí Thales tam giác, ta có A'O OI B'O ON C'O OM A'G  GH ; B'G  GF ;C'G GE Mặt khác ABC nên GE = GF = GH = h và OI + OM + ON = h (h là đường cao ABC ) Từ đó suy điều phải chứng minh b) Từ P dựng các đường song song với các cạnh ABC, ta ba tam giác MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao (Xem Hình vẽ ) Gọi x, y, z là các cạnh tam giác trên thì x + y + z = a (a là cạnh tam giác ABC) a Gọi h là đường cao tam giác ABC, ta có h  a Ta lại có PD  PE  PF  2 x y z Mặt khác BD  z  ; CE  x  ; AF  y  nên 2 0,5 0P B  ,D 3B D 5 D  +  P E C 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