PHÒNG GD&ĐT NAM TRỰC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức (với ) a) Rút gọn biểu thức b) Tính giá trị biểu thức biế[.]
PHÒNG GD&ĐT NAM TRỰC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022-2023 MƠN TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) x2 x 10 P : x x 2 x x 3x x Cho biểu thức x 0; x 2; x ) (với a) Rút gọn biểu thức P 3x x b) Tính giá trị biểu thức P biết c) Tìm giá trị nguyên lớn x để P nhận giá trị nguyên Bài 2: (4,0 điểm) 3 Giải phương trình sau: x x x x x 12 x 27 16 2 2 Tìm số nguyên x ; y thỏa mãn: x y xy y x 0 Bài 3:(2,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A x x 1 x2 x 1 Bài 4:(6,0 điểm) H Cho ABC nhọn ( AB AC ) Các đường cao AD, BE , CF ABC cắt a) Chứng minh AE AC AF.AB ABC đồng dạng với AEF b)Gọi K điểm đối xứng với H qua trung điểm M BC Chứng minh AK EF 1 c) Gọi N giao điểm BC EF Chứng minh NB NC ND Bài 5:(2,0 điểm) Cho ABC nhọn, đường cao AA ', BB ', CC ' ABC cắt H Chứng HA ' HB ' HC ' minh HA HB HC Bài 6: (2,0 điểm) Tìm số tự nhiên liên tiếp cho tổng lập phương ba số đầu lập phương số thứ tư = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) x2 x 10 P : x 2 3x x x 2 x x Cho biểu thức x 0; x 2; x ) (với a) Rút gọn biểu thức P 3x x b)Tính giá trị biểu thức P biết c)Tìm giá trị nguyên lớn x để P nhận giá trị nguyên Lời giải x2 x 10 P : x 2 3x x x 2 x x a) x x x x x x x 10 : x ( x 2)( x 2) x 2 6x x 2 x ( x 2)( x 2) x ( x 2) 1 x ( x 2)( x 2).6 x Vậy b) P 1 x với x 0; x 2; x 3x x x x x x x 3x x 0 ( x 1)( x 2)( x x 4) 0 x 0 3 x 3x x 2 x 0 x (nhaän) x (loaïi) Thay x vào biểu thức P P 1 1 (với x 0; x 2; x ) c) Để P 1 x nguyên x Ư ( 1) Ta có hai trường hợp: x 1 x 3 (nhaän) x x 1 (nhaän) x 3;1 Vậy P nguyên Bài 2: (4,0 điểm) 3 Giải phương trình sau: x x x x x 12 x 27 16 2 2 Tìm số nguyên x ; y thỏa mãn: x y xy y x 0 Lời giải 3 x x x x x 12 x 27 16 ĐK: x 3; x 1; x 9 3 ( x 3)( x 1) ( x 1)( x 3) ( x 3)( x 9) 16 x 24 x 54 x x x 27 x x ( x 3)( x 1)( x 3)( x 9) 16 x 24 x 18 3 ( x 3)( x 1)( x 3)( x 9) 16 6( x 1)( x 3) 3 ( x 3)( x 1)( x 3)( x 9) 16 1 ( x 3)( x 9) 16 x x 27 32 x x 0 ( x 1)( x 5) 0 x (loaïi) x (nhaän) Vậy S 5 2 2 x y xy y x 0 ( x y xy x y ) ( x x 4) 5 ( x y 1)2 ( x 2)2 12 2 x y 1 x y 2 x 2 x 1 x 4 x 3 y 2 y 0 Vậy ( x; y) (4;2);(3; 0) Bài 3:(2,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A x x 1 x2 x 1 Lời giải x2 x 1 A 3 3 x x 1 Xét 2x2 4x x2 x 1 2( x 1)2 0 x2 x 1 A 3 Dấu " " xảy x 0 x Xét A x2 x 1 x2 x 1 2x2 4x x2 x 1 2( x 1)2 0 x2 x 1 A Dấu " " xảy x 0 x 1 Vậy max A 3 x ; A x 1 Bài 4:(6,0 điểm) H Cho ABC nhọn ( AB AC ) Các đường cao AD, BE , CF ABC cắt a) Chứng minh AE AC AF.AB ABC đồng dạng với AEF b) Gọi K điểm đối xứng với H qua trung điểm M BC Chứng minh AK EF 1 c) Gọi N giao điểm BC EF Chứng minh NB NC ND Lời giải A E I F H C N B D M K a) AEB ∽ AFC (g.g)( Vì có góc A chung, ABE ACF ( phụ với góc BAC )) AE AB AF AC hay AE AC AF AB Lại có BAC góc chung ABC ∽ AEF (c.g.c) b) Gọi I giao điểm AK EF Ta có MH MK ( tính chất đối xứng) MB MC ( gt) Tứ giác BHCK hình bình hành CK //BH Mà BH AC CK AC Xét BFH ∽ CFA (g.g) BF CF BF CF BH AC hay CK AC Lại có ACK CFB 90 ACK ∽ CFB (c.g.c) AKC CBF hay AKC ABC Mà AEF ABC ( ABC ∽AEF ) AKC AEF Do ACK ∽ AIE (g.g) AIE ACK 900 AK EF 1 c) Chứng minh: NB NC ND NB NC Ta cần chứng minh NB.NC ND Ta có NB NC NB BM NC MC MN MN 2 MN MN MN ND NB.NC NB.NC ND Ta thấy BFC ∽ BDA (g.g)( Vì có góc B chung, BAD BCF ( phụ với góc ABC )) BF BC BF.BA BC.BD BD BA Xét BFD BCA có B chung BF.BA BC.BD nên BFD ∽ BCA (c.g.c) BDF BAC hay NDF FAE (1) FCB FBC 900 BEF FEA 900 FCB BEF AEF FBC (AEF ∽ACB Lại có Lại có: FEM FEB BEM FEB EBM FCB EBM HCB BHC 180 BHC 0 1800 FHE FAE ( Vì tổng góc tứ giác 180 AFH AEH 90 FEM FAE (2) Từ (1) (2) FEM NDF Và N chung NFD ∽ NME (g.g) NF ND MN ND NF NE NM NE (1) Do NBF ∽ NEC (g.g) Từ (1) (2) NB NF NB.NC NE NF NE NC (2) MN ND NB.NC NB NC NB.NC ND 1 Hay NB NC ND (đpcm) Bài 5: (2,0 điểm) Cho ABC nhọn, đường cao AA ', BB ', CC ' ABC cắt H Chứng HA ' HB ' HC ' minh HA HB HC Lời giải A B' C' H B A' C Gọi diện tích tam giác ABC , HBC , HAB, HAC S; S1; S2 ; S3 HA ' S1 Ta có AA ' S S HA ' AA ' HA ' S S1 Tương tự hay S HB ' HB S1 S3 S HA ' HA S2 S3 S HC ' HC S1 S2 Áp dụng bất đẳng thức Nesbit: a b c Với a, b, c ta có b c c a a b S3 S S2 HA ' HB ' HC ' HA HB HC S2 S3 S1 S3 S1 S2 Dấu " " xảy S1 S2 S3 H trọng tâm ABC ABC Bài 6: (2,0 điểm) Tìm số tự nhiên liên tiếp cho tổng lập phương ba số đầu lập phương số thứ tư Lời giải Gọi số tự nhiên liên tiếp a 1; a; a 1; a (a N ) 3 3 Ta có (a 1) a (a 1) (a 2) a a a 0 a3 3a2 3a 0 (a 4)(a2 a 1) 0 1 a 0 (vì a a a 0) 2 a 4 Vậy bốn số cần tìm : 3; 4; 5; = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = ... Lại có: FEM FEB BEM FEB EBM FCB EBM HCB BHC 180 BHC 0 180 0 FHE FAE ( Vì tổng góc tứ giác 180 AFH AEH 90 FEM FAE (2) Từ (1) (2) FEM NDF Và... x 24 x 54 x x x 27 x x ( x 3)( x 1)( x 3)( x 9) 16 x 24 x 18 3 ( x 3)( x 1)( x 3)( x 9) 16 6( x 1)( x 3) 3 ( x 3)( x 1)( x 3)(