097 đề hsg toán 8 quan hóa 22 23

TRƯỜNG THCS QUAN HÓA ĐỀ THI VÒNG II OLYMPIC NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN 8 Câu 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x để xác định b) Rút gọn biểu thức c) Với những giá trị nguyên nào của thì[.]

TRƯỜNG THCS QUAN HĨA ĐỀ THI VỊNG II OLYMPIC NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN  x  x  x  x   x  19 K     x2   x  x  x 1 Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện x để K xác định b) Rút gọn biểu thức K c) Với giá trị nguyên x biểu thức K có giá trị ngun ? Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau : a ) x  x  x  3x  0 1 1 b)     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30 Câu (4,0 điểm) a) Chứng minh với n   n  n 30 2 b) Tìm x, y  Z cho x  xy  y 7 AC  AB AH H  BC  , đường cao   Câu (6,0 điểm)Cho tam giác ABC vuông A  Trên tia HC lấy điểm D cho HD HA Đường vng góc với BC D cắt AC E a) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m  AB b) Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM GB HD  c) Tia AM cắt BC G Chứng minh BC AH  HC Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC không Các điểm H , G , O theo thứ tự giao điểm ba đường cao, ba đường trung tuyến, ba đường trung trực tam giác ABC Chứng minh ba điểm H , G , O thẳng hàng ĐÁP ÁN  x  x  x  x   x  19 K     x  x 1 x2   x  Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức d) Tìm điều kiện x để K xác định K xác định x 1, x 0 e) Rút gọn biểu thức K  x  x  x  x   x  19 K     x2   x  x  x 1 x  1  x  1   x  1  x  1  x  x  x  19   x  x  1  x  1 x  x   x  x   x  x  x  19 x  x  19 x  19   x2  x x 1 x x x K f) Với giá trị nguyên biểu thức có giá trị ngun ? x  19  x 0  19 K  x 1  * 1  x  x  Ta có :  Vì x  Z,k  Z  19  Z  x U  19   1; 19 x Kết hợp vs điều kiện (*) ta có x   19 x  19;  19   K nguyên Vậy với Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau : a ) x  3x  x  3x  0  x  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1 0  x  0  x    x  x  1  x  x  1 0   x  x  1  x  1 0    x  x  0(VN ) S   1 Vậy phương trình có tập nghiệm 1 1     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30 1 1       x    x    x  3  x    x    x    x    x   b) 1 1 1 1         x 2 x 3 x 3 x 4 x 5 x 6 x 5 x 6 1 x 6 x       x 2 x 6 x  x  12  x  10(tm)  x  x  12 32  x  x  20   x  10   x   0    x 2(tm)  Câu (4,0 điểm) c) Chứng minh với n   n  n30 Ta có : Ta có : n5  n n  n  1 n  n  1  n  1 n  n  1  n  1  n    n    5n  n  1  n  1 )n  n  1  n  1  n    n   30 (do  2,3,5  1)  1 )5n  n  1  n  1 5,  5n  n  1  n  1 30   Từ (1) (2) suy n  n  1  n  1  n    n    5n  n  1  n  1 30  n  n 30 2 d) Tìm x, y  Z cho x  xy  y 7 x  xy  y 7  x  xy  xy  y 7  x  x  y   y  x  y  7   x  y   x  y  7 1.7 7.1      x 3; y  1(tm)   x  ; y 13 (ktm) 5   x  3; y 1(tm)   x   ; y  13 (ktm)  x; y     3;  1 ,   3;1  5 Ta lập bảng có kết  Vậy  AH  H  BC   AC  AB  ABC Câu (6,0 điểm)Cho tam giác vuông A , đường cao HC HD  HA BC AC Trên tia lấy điểm D cho Đường vng góc với D cắt E A E M 1 B H G D C d) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m  AB BAC EDC  90  , C Xét ABC DEC có : chung  ABC ∽ DEC ( g g )  BC AC BC EC    EC DC AC DC Xét BEC ADC có : BC EC  (cmt )  BEC ∽ ADC (c.g c ) AC DC  D1 45  ADC 135 AHD C chung , Ta có Mà vng cân H (gt) (hai góc kề bù) BEC ADC  BEC ∽ ADC   BEC 135  E1 45 (hai góc kề bù) mà ABE vuông A  AE  AB m  ABE vuông A Áp dụng định lý Pytago vào ABE vng A, ta có : BE  AB  AE  BE  m  m m e) Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM Xét HAB ACB có : AHB BAC 90 , ABC chung AB HB   AB HB.HC  1 BC AB ABE vuông cân A, AM trung tuyến nên AM đường cao  AB BM BE    HAB ∽ ACB ( g.g )  (chứng minh tương tự trên) BH BM  BE BC Từ (1) (2) suy BH BM  Xét BHM BEC có : B1 chung; BE BC (cmt)  BHM ∽ BEC (c.g.c)  BHM BEC 135  AHM 45  AHB 90  ABE cân A, AM đường trung tuyến nên AM phân giác BAE GB HD  f) Tia AM cắt BC G Chứng minh BC AH  HC BG AB    3 Ta có : Trong ABC có AG phân giác BAC GC AC (tính chất) AB AC AB DE ABC ∽ DEC         4 DE DC AC DC Mặt khác DE DC DE AH  BC )      5 AH HC (hệ Talet) DC HC Trong AHC có : DE / / AH (cùng BG AH BG AH     3 ,   ,    GC HC BG  GC AH  HC Từ BG HD    AH HD  BC AH  HC HB.HC BM BE  Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC không Các điểm H , G, O theo thứ tự giao điểm ba đường cao, ba đường trung tuyến, ba đường trung trực tam giác ABC Chứng minh ba điểm H , G, O thẳng hàng A H G O C B D Gọi D điểm đối xứng với A qua O  OA OB OC OD (=bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC ) Xét ABD có OA OB OD  ABD vuông B nên AB  BD Chứng minh tương tự ta có : AC  CD Xét tứ giác BHCD có: BH / / CD( AC )    BHCD CH / / BD   AB   hình bình hành Mà M trung điểm BC nên M trung điểm HD OM GM    AH mà AG (G trọng tâm ABC ) Xét AHD có : OM đường trung bình OM GM AG AH     AH AG MG MO AG AH A1 M ( slt AH / /OM );   cmt  MG MO Xét AGH MGO có :  AGH ∽ MGO (c.g c)  G1 G2 mà G1  G2 180 nên G2  G3 180  H , G, O thẳng hàng