DA HSG Hoang Hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 21/04/2014 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề). (Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang)  2 2  x 1  x  1  3 x  x  1 .  3x  x  1  : x   Câu 1(4,0 điểm): Cho biểu thức P =  a. Rút gọn P. b. Tìm x  Z để P có giá trị nguyên. c. Tìm x để P  1.. Câu 2(4,5 điểm): a. Giải phương trình: x3 – 6x2 – x + 30 = 0 x  1 2x  3 x x  1   1 3 2 3 b. Giải bất phương trình sau: x. c. Cho biết. x2  x 1. . x2 2 3 . Hãy tính giá trị của biểu thức: Q = x 4  x 2  1. Câu 3(5,0 điểm): a. Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức: 5x2 + 5y2 + 8xy + 2y – 2x +2 = 0 b. Cho a, b, c  Z, thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh a5 + b5 + c5 M30 1  1 1  1  1  1   a    b    c    a    b    c   a  b  c  , trong đó a, b, c là c. Chứng minh rằng:  b   c   a  . các số thực không nhỏ hơn 1. Câu 4(4,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a. Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC b. BH.BE + CH.CF = BC2 BC 2 AD.HD  4 c. d. Gọi I, K, Q, R lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ E xuống AB, AD, CF, BC. Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng. Câu 5(2,0 điểm): Cho tam giác ABC. Trên tia đối của các tia BA, CA lấy theo thứ tự các điểm D, E sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đường thằng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh: AB = CK. .............. Hết............. Họ và tên thí sinh::........................................... SBD.........................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giám thị 1:.................................................... PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HÓA. Câu Câu 1 a) ĐKXĐ: x 0, x 1 (4đ) 2 x 1  2. Giám thị 2:............................... HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học: 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Hướng dẫn. 2  x P   .  .( x  1)  .  3x x  1 3x x 1  x 1 Ta có 2x  2 2  x    2 .   3x 3x  x 1 x 1 2x P x 1 Vậy: 2 P 2  Z x 1 b) Ta có. Điểm 0,25 0,75 0,75 0,25 0,25.  x  1 Ư(2)=  1; 2 .   2;0;3;  1. 0,25 0,25.  2;3 Kết hợp với ĐKXĐ được x  . 0,25. 2x 2x x 1 1   1 0  0 x 1 x 1 x 1 c) Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1  0  x  1 và x  1 Kết hợp với ĐKXĐ được  1  x  1 và x 0 a) Ta có x3 – 6x2 – x + 30 = 0  (x – 3)(x + 2)(x – 5) = 0  x-3=0 hoặc x+2=0 hoặc x-5=0  x=3 hoặc x= -2 hoặc x=5. 0,5. Từ đó suy ra x P 1 . Câu 2 (4,5đ). Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {-2; 3; 5} x  1 2x  3 x   1  6x-6-2x+2 6x+9+2x-6 3 2 3 b) 7   4x  -7  x 4 x  1. 7   x / x   4 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  x 2 c) Từ x  x  1. . 2 x2  x 1 3  3  x 0 , do đó x 2 2. 1 25 21  1 3 1 5  x   1  x     x    1  1 x 4 4  x 2 x 2 x4  x2 1. Lại có. x. 2. 1. 2. 1 21  x  1   x    1  2 x 4  x 2. 0,5 0,75 0,5 0,25 0,75 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x2. 4 Suy ra Q = x  x  1 = 21 4. 2. a) 5x2 + 5y2 + 8xy + 2y – 2x +2 = 0 Câu 3  25x2 + 25y2 + 40xy + 10y –10x +10 = 0 (5,0đ)  (5x + 4y -1)2 + 9(y + 1)2 = 0 Do (5x + 4y -1)2 0 và 9(y + 1)2  0 với mọi x, y Nên (5x + 4y -1)2 = 9(y + 1)2 = 0 Suy ra x = 1, y = -1 b) Ta có a5 – a = a(a2-1)(a2+1) = a(a2-1)(a2-4+5) = (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) + 5(a-1)a(a+1) Do (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 3 và 5 , do đó chia hết cho 30 Lại có (a-1)a(a+1) chia hết cho 6 nên 5(a-1)a(a+1) chia hết cho 30 Từ đó suy ra a5 – a chia hết cho 30 Tương tự b5 – b chia hết cho 30 và c5 – c chia hết cho 30 Từ đó suy ra: (a5 + b5 + c5) – (a + b + c) = (a5 – a) + (b5 – b) + (c5 – c) chia hết cho 30 Mà a+b+c =0 nên a5 + b5 + c5 chia hết cho 30 1  1  1  1  1  1   a    b    c    a    b    c   c)  b   c   a   a   b   c . (ab  1)(bc  1)(ca  1) (a 2  1)(b 2  1)(c 2  1) a2b2c2-abc(a+b+c) + (ab+bc+ca)  a2b2c2 +a2+b2+c2- (a2b2+b2c2+c2a2) 2(a2b2+b2c2+c2a2)- 2abc(a+b+c) 2(a2+b2+c2)- 2(ab+bc+ca) (ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 (a-c)2(b2-1) + (b-a)2(c2-1) + (c-b)2(a2-1) 0 (đúng với mọi a,b,c  1). Câu 4 (4,5đ). 0,5 0,5 0,5. 0,5. 0,5 0,5. (ab  1)(bc  1)(ca  1) ( a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)   abc abc     . 0,5 0,5. 0,5 0,5. A E F H. C. B D. a) Ta có AEB : AFC (g.g) . 0,5. AE AB  AF AC. Từ đó suy ra AEF : ABC (c.g.c). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BD BH   BH .BE BC.BD BE BC b) BDH : BEC (g.g) (1) CD CH   CH .CF BC.CD CDH : CFB (g.g) CF BC (2) . Từ (1) và (2) suy ra BH.BE + CH.CF = BC.BD + BC.CD = BC2 c) Chứng minh được DBH : DAC (g.g) Lại có: Do đó d). 2 DC  DB   DC.DB . 4. AD.HD . . DH DB   DH .DA DC.DB DC DA. BC 2  4. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5. BC 2 4. 0,25. A I E. K F. H Q. C. B D. R. Từ giả thiết suy ra EI//CF, EK//BC, EQ//AB, ER//AD Áp dụng định lý Ta-let ta có: AI AE AK    * AF AC AD IK//DF (3) BF BH BD    * BI BE BR IR//DF (4) CR CE CQ    * CD CA CF RQ//DF (5). 0,25 0,25 0,25. Từ (3), (4) và (5) suy ra bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng Câu 5 (2,0đ). 0,5. 0,25. A K 1. B. 1. 1. C. O 1 M. E. D. Vẽ hình bình hành ABMC  AB=CM (1). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¶ 1 C ¶  1 CBM · B 1 1 · 2 2 Ta có nên BO là tia phân giác của CBM · Tương tự CO là tia phân giác của BCM · BMC. Do đó MO là tia phân giác của Suy ra OM song song với tia phân giác của góc A, suy ra K, O, M thẳng hàng. 1· ¶  1 BMC · ¶ M  BAC K 1 1 2 2 Ta có nên tam giác KMC cân tại C  CK CM (2). Từ (1) và (2) suy ra CK = AB Chú ý: 1. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấ. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>