PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIẾN XƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 2022 2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức 3 2 4 7 5 4 1 1 1 1 x x P x x x x (với 1)x 1)[.]
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIẾN XƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 2022-2023 MƠN TỐN LỚP Bài 1.(4 điểm) 7x x P : 1 x x x x (với x 1) Cho biểu thức 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị P x nghiệm phương trình x x 0 3) Tìm giá trị x để P nhận giá trị lớn Bài (4 điểm) 2 1) Giải phương trình nghiệm nguyên x y x 19 1 x y z 0 x y z 2) Cho x, y, z khác thỏa mãn xyz 2 Tính giá trị x6 y z A x y3 z biểu thức Bài (6,0 điểm) 1) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa mãn 2) Chứng minh f x x x 1 2018 x2 y2 4 x2 xy đạt giá trị lớn x x 1 2019 2 chia hết cho g x x x m 1 1 m 3) Tìm giá trị m để nghiệm sau số dương : x Bài (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi O giao điểm hai đường chéo Trên cạnh AB, BC lấy điểm P, Q (Q không trùng với đỉnh hình vng) cho POQ 90 Đường thẳng AQ cắt đường thẳng DC N, đường thẳng OQ cắt đường thẳng BN K 1) Chứng minh BPO CQO Tính diện tích tứ giác BPOQ theo a 2) Chứng minh QK QO QB.QC 3) Hãy tìm vị trí điểm P AB cho QO.QK lớn 1 2 4) Khi P, Q thay đổi AB, BC POQ 90 CK CN có giá trị khơng đổi ĐÁP ÁN Bài 1.(4 điểm) 7x x P : 1 x x x x (với x 1) Cho biểu thức 4) Rút gọn biểu thức P Với x 1 , ta có : 7x x x2 x x x x 1 x P : : ( x 1)( x x 1) x x 1 x x x x 1 x 3x x x x 1 x 1 x ( x 1)( x x 1) x ( x 1)( x 5) x 4x 1 P x 5 Vậy với x 1 5) Tính giá trị P x nghiệm phương trình x x 0 Ta có : x x x3 x x 0 x x x ( x 2) 0 x x x 0 x 2 4.2 1 22 Với x 2 6) Tìm giá trị x để P nhận giá trị lớn P Ta có : P x 1 4x x2 x 1 x2 x2 x 5 x 1 x2 x 1 1 2 x 5 x 5 Vậy Max P 1 x 2 Bài (4 điểm) 2 3) Giải phương trình nghiệm nguyên x y x 19 x y x 19 x x 21 y 2 x x 1 3 y x 1 3 y 1 2 Ta thấy , Vế trái chia hết cho số lẻ y 2 y lẻ nên y lẻ Vì vế trái khơng âm 2 Từ (2) (3) suy y 1 y 1 Thay y 1 vào (1) ta : y 0 y 0 y 7 x 3 x 2 2 x 1 18 x 1 9 x x 2; 1 , 2;1 , 4;1 , 4; 1 Vậy nghiệm nguyên 1 x y z 0 x y z 4) Cho x, y, z khác thỏa mãn xyz 2 Tính giá trị x6 y z A x y3 z3 biểu thức Vì x y z 0 x y z 0 x y z xy yz zx 0 1 0 xy yz zx 0 x y z 0 Vì x y z Ta có : x y z x y z x y 3x y x y z x y z x y z x y z 3x y x y 3x y x y 3x y z x y z 0 3 xyz 12 Tương tự ta có : 3 x y z x y z x y 3xy x y z 3 x y z x y z x y z 3xy ( x y ) 3xyz 3.2 6(do x y z 0, xyz 2) Vậy A x y z 12 2 x3 y z Bài (6,0 điểm) 4) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 y2 4 x2 xy đạt giá trị lớn y2 4 x2 1 y x x 2 xy x 2 Ta có : Vì vế trái không âm nên xy 0 xy 2 , Mà x, y Max ( xy ) 2.2 x2 x x 0 y x 0 xy 2 Dấu xảy x; y 1; , 1; x 1; y 2 x 1; y Vậy 5) Chứng minh f x x x 1 2018 x x 1 2019 2 chia hết cho g x x x Đa thức g x x x x x 1 có hai nghiệm x 0, x 1 Ta có f 1 thừa số x Ta có 2018 12019 0 f 1 12 1 2018 nên x 0 nghiệm đa thức f x nên f x chứa 12 1 2019 0 x 1 nghiệm đa thức f x f x f x Vậy chứa thừa số x mà thừa số x; x không chứa nhân tử chung , chia hết cho x x 1 f x x x 1 2018 x x 1 2019 2 chia hết cho g x x x m 1 1 m 6) Tìm giá trị m để nghiệm sau số dương : x Điều kiện x 1 Nếu m 0 m 1 phương trình vô nghiệm Nếu m 0 m 1 từ phương trình cho ta có : m 1 m 1 x 1 x 1 x 1 m 1 m 1 m *x m m 1 1 m *x 1 x 0 m 1 0 m 0 m 1 m Từ (1) (2) suy để phương trình có nghiệm số dương m m Bài (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi O giao điểm hai đường chéo Trên cạnh AB, BC lấy điểm P, Q (Q khơng trùng với đỉnh hình vng) cho POQ 90 Đường thẳng AQ cắt đường thẳng DC N, đường thẳng OQ cắt đường thẳng BN K A P O D B Q K C 5) Chứng minh BPO CQO Tính diện tích tứ giác BPOQ theo a Xét BPC CQO , ta có : PBO QCO 45 (tính chất hình vng) BO CO (tính chất đường chéo hình vng) BOP COQ (cùng phụ BQO ) BPO CQO c.g c S BPO SCQO 1 S BQOP S BPO S BQO S BQOP SCQO S BQO S BOC S ABCD a 4 Mà S BPOQ a Vậy N 6) Chứng minh QK QO QB.QC Vì BPO CQO(cmt ) BP CQ (2 cạnh tương ứng) BQ AP Vì CN / / AB ( gt ) BQ QA AP AQ CQ NQ PB QN PQ / / BN OQP QKB 45 (đồng vị) (1) OQP OCQ BPO CQO Mà Từ (1), (2) suy QKB OCQ 3 Mà BQK OQC (đối đỉnh) (4) BQK ∽ OQC ( g.g ) QB QK 5 QB.QC QK QO QO QC Từ (3), (4) 7) Hãy tìm vị trí điểm P AB cho QO.QK lớn Theo kết câu 2, ta có QO.QK lớn QB.QC lớn Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 a2 QB QC a QB QC QB QC 2 a2 Vậy QB.QC lớn QB QC , tức Q trung điểm AB Vậy P trung điểm AB QO.QK lớn 1 2 8) Khi P, Q thay đổi AB, BC POQ 90 CK CN có giá trị không đổi QB QK QO QC mà OQB CQK (đối đỉnh) nên OBQ ∽ CKQ(c.g c ) Từ (5) ta có : OBQ CKQ 45 BKC BKQ CKQ 45 45 90 (theo (1) (6)) nên CK BN BK CK 1 7 Ta có : BKC ∽ CKN ( g g ) CK KN CK BK KN CK KN 1 KCN ∽ CBN g g 8 BN CN CN BK KN 1 BN BK KN 9 2 Từ (7) (8) ta có : CK CN KN BK BN KN BK BN BK BN CB BN 1 CBN ∽ KBC ( g g ) 10 KB BC BK BN BC a Vì 1 2 Từ (9) (10) ta : CK CN khơng đổi (vì a không đổi)