Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 16/03/2015 Bài 1. (4,5 điểm) 1 6x 3 2 Cho biểu thức : Q 3 2 : x 2 x 1 x 1 x x 1 a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q 1 b) Tìm x khi Q 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q . Bài 2. (4,5 điểm) 2x 3 2x 5 6x2 9x 9 a) Giải phương trình : 1 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 2x2 x 2 c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho : x2 y2 2y 13 Bài 3. (4,0 điểm) ab 1 bc 1 ca 1 a) Cho abc 1 và .Chứng minh rằng a b c b c a b) Cho số tự nhiên n 3.Chứng minh rằng nếu 2n 10a b a,b ¥ ,0 b 10 thì tích ab chia hết cho 6 Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: BD.DC DH.DA HD HE HF b) Chứng minh rằng: 1. AD BE CF c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF d) Gọi M , N,P,Q,I,K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC,CA, AB , EF,FD,DE.Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI,PK đồng quy tại một điểm Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại Acó AB AC b;BC a.Đường phân giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC.Chứng minh rằng: 1 1 b . b a a b 2 Bài 6. (1,0 điểm) a b c 3 Cho a,b,c 0;a b c 3.Chứng minh rằng: 1 b2 1 c2 1 a2 2 ĐÁP ÁN
2. Câu 1. a) ĐK: x 1; x 2 x2 x 1 6x 3 2x 2 1 x 2 x 1 1 Q . x3 1 x 2 x 1 x 2 x2 x 1 x2 x 1 1 1 2 x 1 b) 2 x x 1 3 x 1 x 2 0 x x 1 3 x 2 1 So sánh với điều kiện suy ra x 2 thì Q 3 2 1 2 1 3 3 c) Q 2 ;Vì 1 0; x x 1 x 0 x x 1 2 4 4 3 1 4 Q đạt GTLN x2 x 1đạt GTLN x2 x 1 x tm . Lúc đó Q 4 2 3 4 1 Vậy GTLN của Q là Q khi x 3 2 1 7 Câu 2. a) ĐK: x ; x 2 2 2x 3 2x 7 2x 5 2x 1 2x 7 2x 1 6x2 9x 9 2x 1 2x 7 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 4x2 20x 21 4x2 12x 5 4x2 16x 7 6x2 9x 9 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 8x 16 2x2 7x 16 2x 7 2x 1 2x 7 8x 16 2x2 7x 16 2x2 x 0 x 2x 1 0 x 0 (tm) 1 x (ktm) 2 Vậy phương trình có một nghiệm x 0 b) Ta có x3 2x2 x 2 x3 2x2 x 2 x2 x 2 x 2 x 2 x 1 x 1 c) Ta có: x2 y2 2y 13 x2 y 1 2 12 x y 1 x y 1 12 Do x y 1 x y 1 2y 2 là số chẵn và x, y ¥ *nên x y 1 x y 1.Do đó x y 1 và x y 1là hai số nguyên dương chẵn
3. Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp : x y 1 6 và x y 1 2 x 4và y 1.Vậy x; y 4;1 Câu 3. ab 1 bc 1 ca 1 1 1 1 a) Từ a b c b c a b c a Do đó: 1 1 b c 1 1 c a 1 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 ra : a b b c c a a2b2c2 a b b c c a a2b2c2 1 0 a b b c c a 0 (do abc 1) Suy ra a b c b) Ta có: 2n 10a b b2 ab2 (1) Ta chứng minh ab3 (2) Thật vậy , từ đẳng thức 2n 10a b 2n có chữ số tận cùng là b Đặt n 4k r k,r ¥ ,0 r 3 ta có: 2n 16k.2r Nếu r 0thì 2n 2r 2r. 16k 1 10 2n tận cùng là 2r Suy ra b 2r 10a 2n 2r 2r. 16k 1 3 a3 ab3 Từ 1 và 2 suy ra ab6
4. Câu 4. A E Q F P H N K I B D M C BD DH a) Chỉ ra được BDH : ADC(g.g) BD.DC DH.DA AD DC 1 S HD.BC HD b) Ta có: HBC 2 S 1 AD ABC AD.BC 2 HE S HF S Tương tự HAC ; HAB BE SABC CF SABC HD HE HF S S S S Do đó: HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC SABC c) Chứng minh được AEF : ABC c.g.c ·AEF ·ABC Tương tự: D· EC ·ABC.Do đó: ·AEF D· EC Mà ·AEF H· EF D· EC H· ED 900 nên H· EF H· ED EH là phân giác ngoài của góc EFD Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF
5. 1 d) Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM BC (trung tuyến ứng với 2 1 cạnh huyền), Tương tự: FM BC 2 Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ  EF MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của tam giác DEF. Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI,PK đồng quy tại một điểm Câu 5. A H D B C Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC Tam giác BAD cân tại B BA BD có BH là đường cao nên cũng là đường trung tuyến AD AH 2 Tam giác ABC có BD là 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 tại H, theo định lý Pytago ta có: AD2 AB2 BH 2 AH 2 BH 2 b2 (1) 4 Tam giác HBC vuông tại H, theo định lý Pytago, ta có:
6. 2 2 2 2 2 2 2 2 AD BC BH HC BH BC AC AH a b 2 AD2 BH 2 a2 b2 b.AD (2) 4 Từ (1) và (2) ta có: AD2 AD2 b2 a2 b2 b.AD b2 a2 b.AD b2 4 4 ab2 a b b 1 1 b b a b a a b ab a b 2 b a a b 2 Vậy bài toán dược chứng minh Câu 6. Do a,b 0 và 1 b2 2b với mọi b nên: a ab2 ab2 ab a a a . 1 b2 1 b2 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có: b ; c 1 c2 2 1 a2 2 a b c ab bc ca Mà a b c 3 nên 3 (1) 1 b2 1 c2 1 a2 2 Cũng từ a b c 3 a b c 2 9 a2 b2 c2 2 ab bc ca 9 Mà a2 b2 2ab;b2 c2 2bc;c2 a2 2ac nên a2 b2 c2 ab bc ca Suy ra 3 ab bc ca 9 ab bc ca 3 2 a b c 3 3 Từ 1 , 2 suy ra 3 dfcm 1 b2 1 c2 1 a2 2 2 Đẳng thức xảy ra a b c 1