Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.. Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC b.. Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng.. Gọi O là giao điểm của BE và CD.. Qua
Trang 1(Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang)
x
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
b Giải bất phương trình sau: 1 1 2 3 1
x
c Cho biết 2 2 Hãy tính giá trị của biểu thức: Q =
3 1
x
x x
2
x
x x
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 30M
c Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 , trong đó a, b, c là
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
c
2
4
BC
AD HD
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
Giám thị 1: Giám thị 2:
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)
ThuVienDeThi.com
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
MÔN THI: TOÁN
a) ĐKXĐ: x 0,x 1
Ta có 2 2 . 1 2 .( 1)
2 2 2 2
Vậy: 2
1
x P x
0,25 0,75 0,75 0,25 b) Ta có 2 2
1
x
Ư(2)=
1
x
1; 2
Từ đó suy ra x2; 0;3; 1
Kết hợp với ĐKXĐ được x 2;3
0,25
0,25 0,25 0,25
Câu 1
(4đ)
P
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
0,25
0,5 0,25 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
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {-2; 3; 5}
0,75
0,5 0,25 b) 1 1 2 3 1 6x-6-2x+2 6x+9+2x-6
4x -7 x
4
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 7
/ 4
x x
0,75 0,5 0,25
Câu 2
(4,5đ)
3 1
x
x x
2
x x x
1 1 3
2
x x
2
x x
x x
Lại có 4 2 2
1
x x
x
1 4
x x
Suy ra Q = =
2
4 2 1
x
x x
4 21
0,25
0,5 0,5 0,25
Câu 3
(5,0đ)
a) 5x2 + 5y2 + 8xy + 2y – 2x +2 = 0 25x2 + 25y2 + 40xy + 10y –10x +10 = 0
(5x + 4y -1)2 + 9(y + 1)2 = 0
0,25 0,25 ThuVienDeThi.com
Trang 3Do (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
0,25 0,5 0,25 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
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,5 0,25 c) a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1
(ab 1)(bc 1)(ca 1) (a 1)(b 1)(c 1)
(ab 1)(bc 1)(ca 1) (a 1)(b 1)(c 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)
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
H A
D
E F
a) Ta có AEB: AFC (g.g)
AE AB
AF AC
Từ đó suy ra AEF: ABC (c.g.c)
0,5
0,5 b) BDH : BEC(g.g) BD BH BH BE. BC BD. (1)
BE BC
CDH : CFB (g.g) CD CH CH CF. BC CD. (2)
CF BC
Từ (1) và (2) suy ra BH.BE + CH.CF = BC.BD + BC.CD = BC2
0,25 0,25 0,5
Câu 4
(4,5đ)
c) Chứng minh được DBH : DAC (g.g) DH DB DH DA. DC DB.
DC DA
.
DC DB BC
DC DB
0,25
0,5 ThuVienDeThi.com
Trang 4Do đó . 2
4
BC
d)
H A
D
E F
I K
Q
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 IK//DF (3)
AF AC AD
* BF BH BD IR//DF (4)
BI BE BR
* CR CE CQ RQ//DF (5)
CD CA CF
Từ (3), (4) và (5) suy ra bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng
0,5 0,5 0,25 0,25
1
1
1
1 O A
D
C
E M
B
K
Câu 5
(2,0đ)
Vẽ hình bình hành ABMC AB=CM (1)
Ta có ¶ ¶ · nên BO là tia phân giác của
Tương tự CO là tia phân giác của ·BCM
Do đó MO là tia phân giác của ·BMC
Suy ra OM song song với tia phân giác của góc A, suy ra K, O, M thẳng
hàng
Ta có ¶1 1· 1· ¶1
M BMC BACK
nên tam giác KMC cân tại C CK CM (2)
Từ (1) và (2) suy ra CK = AB
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25 Chú ý:
1 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
2 Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm
ThuVienDeThi.com
