008_Đề Hsg Toán 8_Thường Tín_22-23.Docx

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THƯỜNG TÍN ĐỀ THI HSG SỐ 25 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 120 phút Ngày kiểm tra Bài 1 (5,0 điểm) Cho biểu thức   2 3 4 3 2 3 1[.]

PHỊNG GD&ĐT HUYỆN THƯỜNG TÍN ĐỀ THI HSG SỐ 25 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức: x  x3  x  x3  x  A   ,  x  0; x 1 x x  x x  x3 a) Rút gọn A ? b) Tìm A biết x thoã mãn: x  x 12 B c) Chứng minh rằng: A  Từ tìm x để Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình sau:    2 a) x  x  x  10 x  24 x  3x  18 A nhận giá trị nguyên? b) x  30 x  31x  30 0 Bài 3: (2,0 điểm) a2 b2 c2 a b c   0   1 Cho b+c c+a a+b chứng minh rằng: b+c c+a a+b Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE , CF cắt H a) Tính tổng: HD HE HF   AD BE CF b) Chứng minh: BH BE  CH CF BC c) Chứng minh: H cách cạnh tam giác DEF HB, HC lấy điểm M , N tuỳ ý cho HM CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định d) Trên cạnh Bài 5: (2,0 điểm) chữ số biết ta thêm đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta số phương a) Tìm tất số phương gồm 1 1  4   2 x , y , z xy z x y z b) Cho khác thoã mãn: D  x  y  z  Tính 2018 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: 2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức: x  x  x  x3  x  A   ,  x  0; x 1 x x  x x  x3 a) Rút gọn A ? b) Tìm A biết x thoã mãn: x  x 12 c) Chứng minh rằng: A  Từ tìm x để B A nhận giá trị nguyên? Lời giải A Với x  0, x 1 x  x3  x  x3  x  A   x x  x x  x3 x2  x2  x 1 x2   x    x x x x  2x 1  x a) Rút gọn  x  1  x b) Tìm A biết Ta có: x thỗ mãn: x  x 12 x  x 12  x  x  12 0 x 3    x   loai  16 A Khi x 3 c) Chứng minh rằng: A  Từ tìm x để  x  1 Vì x  nên Ta có x 6x  B 4x 4  A  x B  0 A  x  1 x  A nhận giá trị nguyên 6  1,5 A Vì Suy  B  1,5 mà B nhận giá trị nguyên nên B 1 A4 6x B 1  x  1  x 2  1  x  x  1  x  x  0    x 2   x 2    x 2  Vậy B 1  Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình sau:    2 a) x  x  x  10 x  24 x  3x  18 b) x  30 x  31x  30 0 Lời giải a) Điều kiện x  6;  4;  1;3    2 x  x  x  10 x  24 x  3x  18  x     x  1     x  1  x    x    x  3  x       x  1  x    x  3  x    4   x  1  x  3   x  1  x  3   x 0   x 2 S  0; 2  (12 x  1)(12 x  2)(12 x  3)(12 x  4) 7920 (Nhân hai với 24 )  144 x  60 x  144 x  60 x  7920    Đặt: 144 x  60 x   y Ta có phương trình: ( y  1)( y  1) 7920  y 7921  y 89 y  89 Với y 89, ta có: 144 x  60 x  89 Giải ra: x 1 x 7 12 Với y  89, ta có: 144 x  60 x   89 Giải thích phương trình vơ nghiệm Kết luận: Phương trình cho có hai nghiệm x 1 x 7 12 b) x  30 x  31x  30 0  x  x3  x  25 x  x  25 x  x  30 0   x3  x  x    x   0  x  x  x  x  x   x   0    x  0   x  0   x  x  0   x    x 5   1   x     0, x   S   6;5 Vậy Bài 3: (2,0 điểm) a2 b2 c2 a b c   0   1 Cho b+c c+a a+b chứng minh rằng: b+c c+a a+b Lời giải Ta có a b c   1 b+c c+a a+b  a  a  b   a  c   b  b  c   b  a   c  a  c   a  b   a  b   b  c   a  c  3 Suy a  b  c  abc Ta có a  a  b   a  c   b2  b  c   b  a   c  b  c   a  c  a2 b2 c2    b+c c+a a+b  a b  b c  c  a Biến đổi tử thức ta có a2  a  b   a  c   b2  b  c   b  a   c2  b  c   a  c  a  b  c  a 3b  a 3c  b 3a  b3c  c 3a  c 3b   a  b  c   a.b.c  3 Thay a  b  c  abc ta a2  a  b   a  c   b2  b  c   b  a   c2  b  c   a  c  a  b  c  a 3b  a 3c  b3 a  b 3c  c 3a  c 3b   a  b  c   a  b  c 0   a2 b2 c2   0 Vậy b+c c+a a+b Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE , CF cắt H a) Tính tổng: HD HE HF   AD BE CF b) Chứng minh: BH BE  CH CF BC c) Chứng minh: H cách cạnh tam giác DEF HB, HC lấy điểm M , N tuỳ ý cho HM CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định d) Trên cạnh Lời giải a) Tổng: HD HE HF S BCH  SCHA  S AHB    1 AD BE CF S ABC b) Chứng minh: BH BE  CH CF BC Ta có BH BE BD.BC CH CF CD.CB Suy BH BE  CH CF  BD  CD  BC BC H cách cạnh tam giác DEF Ta chứng minh AEF ABC DEC c) Chứng minh:   AEF DEC    FEB DEB EB phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC phân giác góc DFE Suy Suy H giao điểm ba đường phân giác DEF H cách cạnh tam giác DEF d) Trên cạnh HB, HC lấy điểm M , N tuỳ ý cho HM CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định Suy M trùng với H N trùng với C Kẻ đường trung trực đoạn HC Khi Khi M C ' HC ' CH N H Kẻ đường trung trực đoạn HC ' Hai đường trung trực cắt O điểm O cố định Chứng minh điểm O nằm đường trung trực MN M , N thay đổi Chứng minh OM ON Vậy đường trung trực đoạn MN qua điểm cố định Bài 5: (2,0 điểm) chữ số biết ta thêm đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta số phương a) Tìm tất số phương gồm 1 1  4   2 x , y , z xy z x y z b) Cho khác thoã mãn: D  x  y  z  Tính 2018 Lời giải a) Gọi số phương có bốn chữ số ban đầu abcd Ta có abcd m Theo đề ta có abcd  1353 n 2 Suy n  m 1353   n  m   n  m  3.11.41 Có m  1000; n  100000 Suy 64  m  n  200 m  n 123 m 56     n  m  11  n 67  Vậy số cần tìm 3136 1 a, b, c y z b) Đặt x Ta có a  b  c 2 2ab  c 4  a  b  c  2ab  2bc  2ac 4 2ab  c  a  b  2c  2bc  2ac 0  a  c 2   b  c  0  a b  c  x  y  z 1   2 x  y  z x y z Thay vào ta tìm 1 x  , y  , z  2 D  x  y  z  Thay vào 1   D         2 2 2018 ta 2018 1 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =