074 đề hsg toán 8 thanh oai 22 23

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 8 NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Bài 1 (4,0 điểm) 1 Phân tích đa thức thành nhân tử 2 Chứng mi[.]

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC LỚP NĂM HỌC 2022-2023 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử x  3x  6x  4 Chứng minh với số tự nhiên n > số n  hợp số Bài 2: (4,0 điểm) 2 Cho 3a  3b 10ab b  a  Tính giá trị biểu thức 3 P a b a b 2 Cho a, b  Q thỏa mãn a b  ab  2a b  2a  2b  0 Chứng minh  ab bình phương số hữu tỉ Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy  x  y 83  9x 18x  17  y(y  4) 2 Tìm x, y biết x  2x 3 Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, I điểm cạnh AB, kẻ HI vng góc với HK (K  AC) a) Chứng minh ∆BIH  ∆AKH b) Chứng minh HI.BC = IK.AB c) Tìm vị trí điểm I cạnh AB để diện tích tam giác HIK đạt giá trị nhỏ  x  1y z  Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z số nguyên dương thỏa mãn  x 1 Chứng minh z = = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP Năm học:2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử x  3x  6x  Lời giải Ta có x  3x  6x  2  x  x  2x  2x  4x   x (x  1)  x  x 1   x 1 (x  1) x 2x 4   Chứng minh với số tự nhiên n > số n  hợp số Lời giải 4 Ta có n  n  n   4n   n  n 2  2   2n   2n    n  2n   2 2 Vì số tự nhiên n > nên n  2n  ; n  2n  số tự nhiên n  2n   n  1   nên số n  hợp số Bài 2: (4,0 điểm) 2 Cho 3a  3b 10ab b  a  Tính giá trị biểu thức 2 Vì 3a  3b 10ab  P Ta có  P  a b a b  a b  a b P  a b   P a b a b 10 ab 10 3 ab  2ab ab a b2  2ab 3  2  10  16  a b 2ab ab 2ab ab Mà  a  b nên a – b < a + b >  P < P   Lời giải 3 2 Cho a, b  Q thỏa mãn a b  ab  2a b  2a  2b  0 Chứng minh  ab bình phương số hữu tỉ Lời giải 3 2 Ta có a b  ab  2a b  2a  2b  0  a b  ab  3 2  2a b    2a 2b   0  ab  a  b    a b   0   ab   a  b   2ab  a  b   ab 0 2   ab   a  b   2ab  a b     ab 0  ab  a  b   1 1  ab    ab  a  b   1 Vì a, b  Q nên nên  bình phương số hữu tỉ 3 2 Vậy a, b  Q thỏa mãn a b  ab  2a b  2a  2b  0 – ab bình phương số hữu tỉ Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy  x  y 83 Lời giải Ta có 2xy  x  y 83  4xy  2x  2y  167  2x  2y 1   2y 1 167   2y 1  2x 1 167 Vì x, y  Z nên 2x + 1, 2y +  Z ước 167 Ta có bảng 2x + 1 -1 167 -167 2y + 167 -167 -1 x -1 83 -84 y 83 -84 -1 Vậy phương trình cho có nghiệm (0 ; 83) ; (-1 ; -84) ; (83 ; 0) ; (-84 ; -1)  9x 18x  17  y(y  4)  2x 3 x Tìm x, y biết Lời giải  9x 18x  17  y(y  4) Ta có x  2x 3   9 x  1  1810   x  1 2  y  4y Vì  x  1  2 nên  9 x  1 9 17  x  1 2 10 x  1 2   10 10  5  x  1 2 2  y  4y  y  4y    y     y 2   5 với y Dấu “=” xảy  x  10   y  0   x 1   y   9x 18x  17  y(y  4) Vậy với x = y = -2 x  2x 3 Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, I điểm cạnh AB, kẻ HI vng góc với HK (K  AC) a) Chứng minh ∆BIH  ∆AKH b) Chứng minh HI.BC = IK.AB c) Tìm vị trí điểm I cạnh AB để diện tích tam giác HIK đạt giá trị nhỏ Lời giải B H I A K C a) Xét ∆BIH ∆AKH có    HBI HAK (cùng phụ với C )    BHI AHK IHA (cùng phụ với  ∆BIH  ∆AKH (g.g) b) Xét ∆BHA ∆IHK có )   AHB IHK  90 BH AH  IH KH (Vì ∆BIH  ∆AKH)  ∆BHA  ∆IHK (c.g.c) Lại có ∆BHA  ∆BAC (g.g)  ∆IHK  ∆BAC HI  IK  AB BC  HI.BC = IK.AB c) Ta có ∆IHK  ∆BAC (c/m trên) Mà ∆BAC cố định nên H không đổi  ∆IHK đồng dạng với I thay đổi Để SIHK nhỏ  IH nhỏ  IH  AB Vậy I chân đường vng góc hạ từ H xuống AB SIHK nhỏ  x  1y z  Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z số nguyên dương thỏa mãn  x 1 Chứng minh z = Lời giải x z x z z Ta có  y  y  mà x > nên y  số chẵn  y lẻ Đặt y = 2k + (k  Z) Giả sử z > có hai trường hợp + Trường hợp 1: z só chẵn, đặt z = 2m ta có y z   2k  1 2m   2q  1  4q  4q  4q  q  1  x Vì x > x nguyên dương nên x  nên 4 y z  4q q     không chia hết cho Mà  z số chẵn sai + Trường hợp 1: z só lẻ, đặt z = 2m + ta có y z  1  y  1  y 2m  y 2m   y 2m    y  1 y  2m  y 2m  y 2m    y  1  số lẻ tổng lẻ số lẻ z  y  có ước lẻ lớn x Mà khơng có ước lẻ lớn (vơ lí) Vậy giả sử z > sai Mà z nguyên dương  z =1 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = ... 167 -167 -1 x -1 83 -84 y 83 -84 -1 Vậy phương trình cho có nghiệm (0 ; 83 ) ; (-1 ; -84 ) ; (83 ; 0) ; ( -84 ; -1)  9x 18x  17  y(y  4)  2x 3 x Tìm x, y biết Lời giải  9x 18x  17  y(y ...ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP Năm học:2 022- 2 023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử... phương số hữu tỉ Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy  x  y ? ?83 Lời giải Ta có 2xy  x  y ? ?83  4xy  2x  2y  167  2x  2y 1   2y 1 167   2y 1  2x 1 167