002_Đề Hsg Toán 8_Như Xuân_22-23.Docx

8 7 0
002_Đề Hsg Toán 8_Như Xuân_22-23.Docx

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NHƯ XUÂN ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 8 NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 2 2 1 1 2 12 1 x x x x P x xx x x x     [.]

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NHƯ XUÂN Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 150 phút  x 1 x2  x  x2  P :    x  x2  x  x  2x 1  x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P  c) Tìm giá trị nhỏ P x  Bài 2: (4,0 điểm) * a) Cho đa thức P  x  x  n , với n   Tìm giá trị nhỏ n , giá trị lớn n để đa thức P tích hai đa thức với hệ số nguyên 2 b) Tìm a, b cho f ( x) ax  bx  10 x  chia hết cho đa thức g ( x)  x  x  c) Với giá trị x giá trị phân thức Bài 3: (4,0 điểm) P x  x3  x  x  x  x  x  2x 13 x  6 a) Giải phương trình x  x  x  x  2x  m x   3 b) Cho phương trình x  x  , tìm m để phương trình có nghiệm dương Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vng A có đường trung tuyến AM Vẽ tia Ax vng góc với AM By vng góc với AB ; Ax By cắt E Vẽ BF vuông góc với AE ( F  AE ) Gọi D giao điểm AM BE ; I giao điểm ME BF , K giao điểm ME AB Chứng minh:  a) ABF  BAM ABC đồng dạng với FBE b) Tứ giác ABDC hình chữ nhật c) BI  IF d) Ba điểm D, K , F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT P Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức  x 1 x2  x  x2  :     x  x2  x  x2  2x   x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P  c) Tìm giá trị nhỏ P x  Lời giải  x 1  x2   0  x x  x  x   x  x  0    x 0  x  0  x 0     x 1  x  x 0   x    P a) xác định Vậy ĐKXĐ: x 0; x 1; x  P  x 1 x2  x  x2  :     x  x2  x  x2  2x   x P x( x  1)  x  x  x2  :     ( x  1)  x( x  1) x( x  1) x ( x  1)  P x ( x  1) x  : ( x  1) x ( x  1) P x ( x  1) x ( x  1) ( x  1) x  P x2 x Vậy b)  P P  x2 x  ( với x 0; x 1; x  ) x2 1  x  ( với x 0; x 1; x  )  x  x   x  x  0 1     x  2.x     0 16   1   2 x    4  1   x   4 16    x  4    x    4  x  (TM )    x  1( KTM )  Vậy x 1 P  x2 x2   1 P  x   2 x 1  x x x x c) x   0; 0 x Áp dung BĐT Côsi cho hai số dương nên ta có P 2 ( x  1) 2 x 4 Dấu “=” xảy x 1 x   ( x  1) 1  x  1 (do x   )  x 2 (TMĐKXĐ) Vậy Pmin 4 x 2 Bài 2: (4,0 điểm) * a) Cho đa thức P  x  x  n , với n   Tìm giá trị nhỏ n , giá trị lớn n để đa thức P tích hai đa thức với hệ số nguyên 2 b) Tìm a, b cho f ( x ) ax  bx  10 x  chia hết cho đa thức g ( x )  x  x  x4  x3  x  P x  x  x  x  c) Với giá trị x giá trị phân thức Lời giải n a) P  x  x  n  *  Gọi x  a, x  b hai đa thức bậc với a, b   nhân tử P  a  b 9  Hay P ( x  a )( x  b) Khi đồng hệ số ta  a.b n * Do n   nên ab   a, b dấu Mà a, b   thỏa mãn a  b 9 nên ta có trường hợp sau: a b n a.b 14 18 20 20 18 14 Vậy n nhỏ , n lớn 20 2 b) f ( x) ax  bx  10 x  ; g ( x)  x  x  Ta có g ( x) ( x  1)( x  2) Do f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) nên f ( x) q( x).g ( x) với q( x) đa thức f ( x ) ( x  1)( x  2).q ( x) Với x 1 ta f (1) 0 hay a  b  0 Với x  ta f ( 2) 0 hay  8a  4b  24 0   2a  b  0 a  b  a     b  Khi ta có  2a  b 6 Vậy a  4, b  c) P x  x3  x  x  x  x  x  ( ĐK: x  x  x  x  0 (1)) x  x3  x  0 P 0  x  x  x  0  x ( x  1)  ( x  1) 0 x  x3  x  x   ( x  1)( x  1) 0  ( x  1) ( x  x  1) 0  1  x  x   x     0x 2  Do x 1 0   x  0  x  Nên  Thay x  vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy x  P 0 Bài 3: (4,0 điểm) 2x 13 x  6 a) Giải phương trình x  x  x  x  2x  m x   3 b) Cho phương trình x  x  , tìm m để phương trình có nghiệm dương Lời giải 2x 13 x  6 a) x  x  x  x  Ta thấy x 0 không nghiệm phương trình Chia tử mẫu phân thúc 2  13 3 2x   2x   x x cho x ta có x   a x Đặt ta được: 6 2a   13a  39 6(a  3)(a  3) 13   6  (a  3)(a  3) (a  3)(a  3) a  a 3 2  15a  33 6a  54  6a  15a  21 0  (2a  7)(a  1) 0  a     a 7  Với a   2x   2 x  x  x  0 1 23    2x    0 2   x  x  0 vô lý a   x     x  11x  0 x Với  x 2    x 3  x  x        x  x  x  0  3 S 2;   4 Tập nghiệm phương trình 2x  m x   3 b) x  x  (1)  (2 x  m)( x  2)  ( x  1)( x  2) 3( x  2)( x  2)  x  (4  m) x  2m  x  x  3x  12  (1  m) x 2m  14 1  m 0   2m  14 2m  14  x   m  ;  m  Phương trình (1) có nghiệm ngun dương 2m  14 2(m  1)  12 12  x   1 m 1 m m Ta có 12   m    1; 2; 3; 4; 6; 12 m +) (*) 2m  14 x0 0 1 m +) x  2m  14    TH1: 1  m  2m  14     m   TH2: Từ (*), (**) ta có m   m  vô lý m   m    m  (**) m    1; 2;3; 4  m   2;3; 4;5 Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vng A có đường trung tuyến AM Vẽ tia Ax vng góc với AM By vng góc với AB ; Ax By cắt E Vẽ BF vng góc với AE ( F  AE ) Gọi D giao điểm AM BE ; I giao điểm ME BF , K giao điểm ME AB Chứng minh:  a) ABF  BAM ABC đồng dạng với FBE b) Tứ giác ABDC hình chữ nhật c) BI  IF d) Ba điểm D, K , F thẳng hàng Lời giải A y x F E I K B C M D   a) Xét ABF vuông F ( BF  AE )  ABF  FAB 90     Ax vng góc với AM  BAM  FAB 90 ABF  BAM  Suy (đpcm)   Ta có AEB  BAE 90 ( ABE vuông B )      Mà A1  A3 90  A1  AEB (1)  Có AM đường trung tuyến ABC vuông A  AM  MB  MC  BC    AMB cân M  A1  B1 (2)   AEB B Từ (1), (2) ta có Xét ABC FBE có:    BAC  EFB 90   AEB B Suy ABC đồng dạng với FBE (g.g) b) có AC  AB A (gt);   mà AB  DB B (gt)  AC / / BD  A2  ADB (hai góc so le trong)   Ta có AM MC (cmt)  AMC cân M  A2 C1 (3)  B  90  B  B  90   C  B  C 1 2 (4) Có ;       Từ (3), (4)  A2  B2 mà A2  ADB (cmt) suy B2  ADB  BMD cân M  MD  MB AM MB MC  BC BC  MD  AM  MB  MC  2 Mặt khác  M trung điểm đường chéo BC AD  tứ giác ABDC hình bình hành   Mà ABD 90 nên tứ giác ABDC hình chữ nhật c) Ta có BF  AE F ; AD  AE A  BF / / AD BF EF  AD EA (hệ định lí Talet) IF EF   Có IF / / AM (vì BF / / AD ) AM EA (hệ định lí Talet) IF BF AD BF AD   2  AM   BF 2 IF  I trung điểm IF AM Suy AM AD mà BF d) Gọi K là giao điểm DF AB  BI BK  AM AK (hệ định lí Talet) Ta có BI / / AM BF FK  BK     BF / / AD (cmt) AD K D K A (hệ định lí Talet)  Mà I trung điểm BF , M trung điểm DA  BK  BK  AK  AK mà K , K   AB  K K  Vậy điểm D, K , F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi Lời giải * Gọi ba cạnh tam giác a, b, c(a, b, c   ) a  b c (1)   ab  a  b  c(2) Ta có  2 Từ (1) 2  c  a  b   2ab  c  a  b   4(a  b  c)  c  4c  a  b   4(a  b)  c  a  b     c  4c   a  b   4(a  b)   (c  2) (a  b  2)  c   (a  b)  2(*) * * Ta có a, b    a  b  0   (a  b) 0 mà c    c  2 nên (*) vô nghiệm 2 2 Vậy c a  b  , vào (2) ta có: ab a  b  a  b   ab 4( a  b)   ab  4a  4b   a (b  4)  4(b  4) 8  ( a  4)(b  4) 8 * Mà a, b    a  4; b  ước lớn  a  4; b  hai số nguyên dấu nên ta có trường hợp sau: a b 4 Khi ta có : a b c 12 10 13 Vậy tam giác có độ dài ba cạnh 5,12,13 6,8,10 thỏa mãn yêu cầu đề 12 13 10 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Ngày đăng: 25/02/2023, 22:23

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan