012_Đề Hsg Toán 8_Chí Linh_22-23.Docx

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHÒNG GD & ĐT ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN 8 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 1 1 1 3 1 3 x x A x x x x x        [.]

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHỊNG GD & ĐT ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian làm : 150 phút  2  x 1  x  A     x  1  :   x với x 0, x   3x x 1  3x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm)   a) Giải phương trình sau : x  x  x  x  x  x  2 b) Giải bất phương trình sau : x  x  x   Bài (2,0 điểm) a) Cho P n  Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố 20142014  1 b) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  chia hết cho n  2012n Bài (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, M điểm nằm B C Kẻ AN vng góc với AM , AP vng góc với MN (M P thuộc đường thẳng CD) a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân b) Chứng minh AN NC.NP 1  2 c) Gọi Q giao điểm tia AM tia DC Chứng minh tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Bài (1,0 điểm) Cho số không âm x, y thay đổi thỏa mãn x  y 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Q  x  y   y  x   25 xy ĐÁP ÁN  2  x 1  x  A     x  1  :   x với x 0, x   3x x 1  3x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức c) Rút gọn biểu thức A Ta có :  2  x 1   x   x 0  A     x  1  :     x  x  1  3x x   3x  2  x 1  x   2  x      x  1   :    2 :  x  3x x  x  3x x   3x x 2x 2  x 1 x 1 2x A x  0; x  x 1 Vậy với d) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Với x 0; x 1 ta có :  x  1  2x  2  x 1 x 1 x 1 A     x  1  U (2)  1;  1; 2;  2  x   0;  2;1;  3 A Đối chiếu điều kiện suy x    2;1;3 Bài (2,0 điểm)   c) Giải phương trình sau : x  x  x  x  x  x  6       1 2 2 x  2x  x  2x  x  2x   x  1   x  1   x  1  Ta có Đặt  x  1  t  t 2  Khi phương trình (1) trở thành : t  t  2t  6t  6t     t  t t 1 t  t  1  t  1 t  t  1  t  1  t 2   x  1  2  x 1(tmdk )  3t  7t  0  3t  t     t   0    t  (ktm) S  1 Vậy tập nghiệm phương trình d) Giải bất phương trình sau : x  x  x   2 Ta có x  x  x     x  1  x     Đặt x  t 0   x  1 t Phương trình (2) trở thành : t  3t   t  4t  t     t    t  1   t   ( t   0, t 0)  t   x      x  11  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S  x /  x  2 Bài (2,0 điểm) c) Cho P n  Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Ta có : 2 P n   n  4n    4n  n     2n   n  2n    n  2n   2 Mà n   nên n  2n   n  2n  P số nguyên tố nên n  2n  1 * n  2n  số nguyên tố  *  n  2n  0   n 1 0  n  Thử lại với n 1 P số nguyên tố 20142014  1 d) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  chia hết cho n3  2012n 2014 Đặt A 2014  1, B n  2012n Giả sử tồn n  để AB  1 B n3  2012n n3  n  2013n  n  1 n  n  1  2013n Vì n  1, n, n  ba số nguyên liên tiếp nên  n  1 n  n  1 6 mà 2013n3 (do 20133)   Từ  1 ,    A3  * 2014 2014 2014 Lại có 2014 1 1 mod   A 2014 1 2  mod   A không chia hết cho (trái với (*)), mâu thuẫn nên giả sử sai  chia hết cho n  2012n Vậy không tồn số nguyên n thỏa mãn  Bài (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, M điểm nằm B C Kẻ AN vng góc với AM , AP vng góc với MN (M P thuộc đường thẳng CD) 20142014  B A M O D N P C Q d) Chứng minh tam giác AMN vng cân  AD  AB  Ta có ABCD hình vng (gt) nên DAB B CDA 90 (tính chất h vng) NAD  DAM NAM 90  AN  AM   AD  DC Vì Và BAM  DAM DAB(cmt )  NAD MAB Xét NAD, MAB ta có : NDA MBA 90 , AD  AB  cmt  , NAD MAB  cmt   NAD MAB ( g c.g )  AM  AN MAN 90  AN  AM   AMN Lại có vng cân A e) Chứng minh AN  NC.NP Gọi O giao điểm MN AP  AP  MN O Xét ANO, MAN có : AON MAN 90 , ANO chung  ANO ∽ MAN  g g  AN NO   AN  NO.NM  1 NM AN Xét NOP, MCN có : NOP NCM 90 , ONP chung  NO NP   NO.NM  NP.NC   NC NM Từ (1) (2)  AN  NP.NC (dfcm)  NOP ∽ MCN ( g g )  1  2 f) Gọi Q giao điểm tia AM tia DC Chứng minh tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Xét ANQ có đường cao AD 1 S ANQ  DA.NQ  AN AQ  ANQ 2 vuông cân A) NQ NQ  AD.NQ  AN AQ      3 2 AN AQ AD AN AQ AD 2 2 Áp dụng Pytago vào ANQ, ta có NQ  AN  AQ   AN  AQ 1    2 2 AN AQ AQ AN Từ (3) (4) suy AD 1   2 Mà AN  AM (cm câu a) AD không đổi nên AD AQ AM không đổi 1  2 Vậy tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Bài (1,0 điểm) Cho số không âm x, y thay đổi thỏa mãn x  y 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Ta có :  x  y Do Q  x  y   y  3x   25 xy  x  y  3xy  x  y   x  y  x  y   3xy  x  y  1  3xy  x  y 1 Q  x  y   y  x   25 xy 16 x y  12 x  12 y  xy  25 xy 16 x y  12  x  y   34 xy 16 x y  12   xy   34 xy 16 x y  xy  12 1 1 x   a, x  y 1  y   a x, y 0  a  2 2 Khi : Đặt từ Do 2 1  1  1   Q 16   a    a     a    a   12 2  2  2   1  1   1  16   a     a   12 16   a  a    2a  12 4  4   16  25 25 1  8a  16a   2a  12   16a  6a   2a  8a    1 2 1  a   8a 8 2 Do 2 2  8a   mà 2a 0, a  2a  8a  3 0   Từ  1 ,    Q  25  2a  8a  3 0    Dấu xảy Vậy Max Q  25  x y  2  x  1  a    a 0   2  y 1 