179 đề hsg toán 8 tiền hải 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 2023 Câu 1 (4,5 điểm) 1) Hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện Chứng minh 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN 8_NĂM HỌC 2022-2023 Câu (4,5 điểm) 1) Hai số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện xy 1 Chứng minh x  y5  x  y   x3  y   x  y 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  x  3) Cho hai đa thức f  x   x  1  x    x  3  x    x    x  g  x   x  x  11 Tìm phần dư f  x chia cho g  x Câu (4,0 điểm) 1) Tìm x nguyên để biểu thức P A 2x  x  nhận giá trị nguyên x x  26 x  19 x x   x 0      x2 x  x1 x   x 1  2) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức P tìm giá trị nhỏ P Câu (3,5 điểm) 2x 13x  6 1) Giải phương trình : x  x  x  x  2) Cho Q(x) đa thức bậc ba có hệ số cao số nguyên thỏa mãn điều kiện Q  2020  2021, Q(2021) 2022 Chứng minh Q(2022)  Q(2019) chia hết cho Câu (6,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AD, BE , CF cắt H 1) Chứng minh : CDH đồng dạng với CFB BH BE  CH CF BC 2) Lấy điểm M, N theo thứ tự thuộc đoạn BE CF cho AM  AN AMC 90 Chứng minh AE AC  AF AB AN vuông góc với NB 3) Tìm giá trị lớn biểu thức T cos BAC  cos CBA  cos ACB Câu (1,5 điểm) Chứng minh với số dương x, y , z ta ln có bất đẳng thức sau y y z xy  yz  zx     yz zx x y x  y2  z2 ĐÁP ÁN Câu (4,5 điểm) 4) Hai số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện xy 1 Chứng minh x  y  x  y   x3  y   x  y Ta có : x  y   x3  y   x  y x  x y  x y  y  x  y  x5  y  x y  x  y   x  y  x  y  x  y  x  y (do xy 1)  x5  y ( dfcm 5) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  x  x  x   x5  x  x  x  x  x  1  x  x  1  x  x   x  x  1  x3  x  1 6) Cho hai đa thức g  x   x  x  11 f  x   x  1  x    x  3  x    x    x  Tìm phần dư f  x Ta có : f  x   x  1  x    x  3  x    x    x   x  1  x    x    x  3  x    x   x  1  x  x  10   x  x  12   x   x  1  x  x  11  1  x  x  11  1  3x  ( x  1)   x  x  11  1  3x     x  1  g  x    ( x  1)  x   g  x   ( x  1)  x  Suy phần dư f(x) chia cho g(x) x  Câu (4,0 điểm) chia cho g  x 3) Tìm x nguyên để biểu thức Ta có : A A 2x  x  nhận giá trị nguyên  x  1  x 1  Z  x   Z 2x   Z  x2  x2  x2   x 1 x2   9 4   Z   x    U (9)  3;9   x 2 x 2  x  7( ktm) x 1  A  (ktm) x   A 1(tm)  Vậy x=-1 A nguyên P x x  26 x  19 x x   x 0      x2 x  x1 x   x 1  4) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức P tìm giá trị nhỏ P P  x x  26 x  19 x x   x 0      x2 x  x1 x   x 1  x x  26 x  19  x  x  x  x  P     x  1   x 3  x  16 x 3 x1 x   x  16  x 3  Vậy với x 0; x 1 P   x x  x  16 x  16   x1 x 3 x  16 x 3 Với x 0; x 1 ta có : P x  16 x   25 25 25   x  3  x 3 6 x 3 x 3 x 3 x 3 2  Suy  25  x 3    2.5  4  x 3  Min P 4  Vậy Min P 4 x 3  25  x 4(tmdk ) x 3  Câu (3,5 điểm) 2x 13 x  6 3) Giải phương trình : x  x  3x  x  1 x 1; x  Vì x=0 khơng nghiệm phương trình phươn tình ĐK : 2  13 1 3x   3x   x x cho tương đương với : 3x    y x Đặt ta có phương trình : 6  y 13   6  y  y  0   y y 6  y  1  33 ) y   3x     x  x  0  x  (tmdk ) x 12 ) y   3x     x  0(VN ) x   33  S   12    Vậy phương trình có tập nghiệm 4) Cho Q(x) đa thức bậc ba có hệ số cao số nguyên thỏa mãn điều Q  2020  2021, Q(2021) 2022 kiện cho Chứng minh Q(2022)  Q(2019) chia hết Xét đa thức H ( x) Q( x)  x  Ta có H (2020) Q(2020)  2020  0, H (2021) Q(2021)  2021  0 Suy H ( x ) có nghiệm 2020 2021 H(x) đa thức bậc có hai nghiệm 2020; 2021 nên H(x) có thêm nghiệm x0 Gọi k hệ số cao H(x) Suy H ( x) k  x  2020   x  2021  x  x0  Q( x) k  x  2020   x  2021  x  x0   x  Ta có : Q  2022   Q (2019) k  2022  2020  (2022  2021)(2022  x0 )  2023  k (2019  2020)(2019  2021)(2019  x0 )  2023 3  2k  1 3 Vậy Q(2022)  Q (2019) chia hết cho Câu (6,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AD, BE , CF cắt H A E F M B H N D C 4) Chứng minh : CDH đồng dạng với CFB BH BE  CH CF BC Xét CDH CFB có : C chung , CDH CFB 90  CDH ∽ CFB CH CD   CH CF CB.CD CB CF Tương tự ta có : BH BE BD.BC CDH ∽ CFB  BH BE  CH CF BD.BC  CB.CD BC  BD  CD  BC  dfcm  5) Lấy điểm M, N theo thứ tự thuộc đoạn BE CF cho AM  AN AMC 90 Chứng minh AE AC  AF AB AN vuông góc với NB AE  cos A  AB Tam giác ABE vuông E nên Tam giác ACF vuông F nên cos A  AF AC AE AF   AE AC  AF AB (dfcm) Suy AB AC  AMC 90 AMC co ':   AM  AE AB  ME  AC +) Tam giác Theo giả thiết AM  AN  AN  AE AC mà AE AC  AF AB  AN  AF AB  AN AF  AB AN Xét ANB & AFN có : A chung ; AN  AF AB AN   ANB ∽ AFN (c.g c)  ANB  AFN AFN 90  ANB 90  AN  NB (dfcm) Mà 6) Tìm giá trị lớn biểu thức T cos BAC  cos CBA  cos ACB Ta có : AE AF AE AF  AE AF        1 AB AC AC AB  AC AB   BD BF   CE CD    cmtt : cos CBA        , cos ACB     3  BC BC   CA CB  AF AE BF BD CE CD  1 ,   ,  3  T              AB AC   BA BC   CA CB    AF BF   AE CE   BD CD               4   AB BA   AC CA   BC CB    cos BAC  cos BAE.cos CAF  Mặt khác tam giác ABC Từ (4) (5) suy MaxT  T  5 Câu (1,5 điểm) Chứng minh với số dương x, y, z ta có bất đẳng thức sau y y z xy  yz  zx     yz zx x y x  y  z 2 (1) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :  x y z    xy  xz    yz  yx    zx  zy        yz zx x y  x2 y2 z2    xy  xz    yz  yx    zx  zy       x  y  z    xy  xz yz  yx zx  zy   x  y  z x2 y2 z2     xy  xz yz  yx zx  zy  xy  xz    yz  yx    zx  zy  x  y  z   xy  yz  zx  x2  y  z2   1  xy  yz  zx   xy  yz  zx   Do dó vế trái (1) Ta chứng minh Đặt x2  y  z xy  yz  zx 1  2  xy  yz  zx  x  y2  z2 x2  y2  z xy  yz  zx 1    xy  yz  zx  x  y2  z2 xy  yz  zx t   t 1 x2  y  z Khi ta có :   t   2t  3t  0   t  1  2t  1 0 2t , điều  t 1 Suy dfcm Đẳng thức xảy  t 1  x  y  z ... x0   x  Ta có : Q  2 022   Q (2019) k  2 022  2020  (2 022  2021)(2 022  x0 )  2 023  k (2019  2020)(2019  2021)(2019  x0 )  2 023 3  2k  1 3 Vậy Q(2 022)  Q (2019) chia hết cho... đa thức bậc ba có hệ số cao số nguyên thỏa mãn điều Q  2020  2021, Q(2021) 2 022 kiện cho Chứng minh Q(2 022)  Q(2019) chia hết Xét đa thức H ( x) Q( x)  x  Ta có H (2020) Q(2020) 