Đề thi học sinh giỏi năm học 2015 – 2016 lần 5 môn: Toán lớp 8 ( thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN 5
MÔN: TOÁN LỚP 8
( Thời gian làm bài 150 phút )
Câu 1: (3đ).
a). Giả sử và , biết rằn : Tìm y nếu : 
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 rằng với mọi số nguyên a thì : a5 – 5a3 + 4a 120.
 câu 3:(3đ).
a). Cho và . Hãy tính z theo y.
b).Cho xy + xz + yz = 1 và x,y,z khác . Chứng minh rằng: 
.
Câu 4:(4đ).
a). Cho và b + c - a0; bc0; a + b + c0.
Tính giá trị của biểu thức P = (x + y + xy + 1 )3.
b). Chứng minh rằng nếu a,b,c khác nhau thì :
Câu 5:(5đ).
a). Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G. O là một điểm thuộc miền trong của tam giác và O khác G. Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC theo thứ tự ở A’,B’,C’.Chứng minh rằng: 
b). Từ một điểm P thuộc miền trong của của tam giác đều ABC. Hạ các đường vuông góc PD, PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB. Tính 
ĐÁP ÁN
Câu 1
4điểm
a). 
1
Tương tự, ta tính được suy ra x5=x1; x6=x2;x7=x3;
0,5
Vì 1986 = 4.496 + 2, nên 
0,5
b). 
0,5
0,5
0,5
Mà x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx ) 
0,5
0,5
Do đó kết quả trên được viết thành :
0,5
= 2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx + x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx
= 3(x2 + y2 + z2)
(xyz ¹ 0; y + z ¹ 0 và x + y + z ¹ 0). 
Câu 2
5điểm
a) C = (x2 – 10x + 21)(x2 – 10x + 19)
2,5
) a5 – 5a3 + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5; 3 ; 8, chúng đôi một nguyên tố cùng nhau,
nên a5 – 5a3 + 4a 3.5.8 = 120. 
2,5
Câu 3
3điểm
a). Ta có:
0,5
1
b). Ta có: 
 x	 y	 z	 x(1 - y2 )(1 - z2 ) + y(1- x2 )(1- z2 ) + z(1- x2 )(1- y2 )
+ 	 +	 =
1- x2	1- y2	 1- z2	(1- x2 )(1- y2 )(1- z2 )
Phân tích tử thức của phân thức trên, ta có:
x – xy2 – xz2 + xy2z2 + y – x2y – yz2 + x2yz2 + z – x2z – y2z + x2y2z
= xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1) 
0,5
0,5
Theo giả thiết xy + yz + xz = 1, nên xz = 1 – xy – yz ; yz = 1 – xz – xy ;
xy = 1 – xz – yz. Thay vào (1), ta được tử thức bằng 4xyz. Từ đó ta có được kết quả của bài toán. 
0,5
Câu 4
4điểm
a) Ta có (x + y + xy + 1)3 = [(x +1) + y(x + 1)]3 = [(x + 1)(y + 1)]3
0,5
Vì 
0,5
0,5
vậy 
( bc ¹ 0, a + b + c ¹ 0 và b + c – a ¹ 0 ). Vậy P = 8.
0,5
b).Ta có: ;
tương tự, ta có: 
0,5
Cộng theo từng kết quả tìm được, suy ra điều phải chứng minh.
1
Câu 5
5điểm
Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA và AB (Xem Hình vẽ 1 ).
Từ O hạ OI, OM và ON lần lượt vuông góc với BC, CA và AB. Áp dụng định lí Thales đối với tam giác, ta có
A'O = OI ; B'O = ON ; C'O = OM . A'G GH	B'G GF	C'G	GE
Mặt khác DABC đều nên GE = GF = GH = 31 h và OI + OM + ON = h (h là
đường cao của DABC ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Từ P dựng các đường song song với các cạnh của DABC, ta được ba tam giác đều MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao (Xem Hình vẽ 2 ).
Gọi x, y, z lần lượt là các cạnh của tam giác đều trên thì x + y + z = a (a là cạnh của tam giác đều ABC).
Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có h = .
Ta lại có PD + PE + PF = 
 2
Mặt khác BD = z + x ; CE = x + y ; AF = y + z nên
2	2	2
0,5
0,5
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm tuyệt đối.
BD + CE + AF = a	3 . Vậy
2
PD + PE + PF	1
BD + CE + AF
=	= 3 .r
0,5
3
3
0,5