185 đề hsg toán 8 tiền hải 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 NĂM 2022 2023 Câu 1 (4,5 điểm) 1) Hai số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện Chứng minh 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử 3) Cho hai[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN NĂM 2022-2023 Câu (4,5 điểm) 1) Hai số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện xy 1 Chứng minh x  y  x  y   x  y   x  y 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  x  3) Cho hai đa thức Tìm phần dư f  x   x  1  x    x  3  x    x    x  f  x chia cho g  x   x  x  11 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 diểm) 2x 13 x  6 1) Giải phương trình : x  x  3x  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 ∽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 vng 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 : x y z xy  yz  zx     yz zx x y x  y2  z 2 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   x  y   x  y Ta có : x  y   x3  y   x  y x5  x y  x y  y  x  y  x  y  x y  y  x   x  y x  y   y  x   x  y x  y VT (dfcm) 5) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  x  x  x   x  x   x  x   x  x  1  x  x  1  x  x   x  x  1  x3  x  1 6) Cho hai đa thức Tìm phần dư f  x   x  1  x    x  3  x    x    3x  f  x chia cho g  x  x  x  11 g  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   3x   x  1  x  x  11  1  x  x  11  1  3x   x  1   x  x  11  1  x       x  1 g  x    x  1  x   g  x    x  1  x  Suy phần dư f(x) chia cho g(x) 2x-2 Câu (4,0 điểm) 3) Tìm x nguyên để biểu thức A 2x  x  nhận giá trị nguyên Ta có : A  x  1  x  1  Z  x   Z 2x   Z  x2  x2  x2  x2   9 4  Z   Z  9 x   x 2 x 2 x 2   x 1  A  (ktm)  x  2  x    3;9   x   A 1(tm)  x 7(ktm)   Vì  Vậy A nguyên x=1 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  1  x  3  x  1  x  3  x x  26 x  19 x   x 3   x x  26 x  19  x  x  x  x      x  1   x1 x   x  16  x 3   x 3   x  1  x   x  3 x1 x x  x  16 x  16   x1 x 3 x  16 x 3 Vậy với x 0, x 1 P 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   x 3 25  4  x 4(tmdk ) x 3 Vậy MinP 4  x 4 Câu (3,5 diểm)  2x 13 x  6 3) Giải phương trình : x  x  x  x  1 x 1, x  Vì x 0 khơng nghiệm phương trình nên phương trình Điều kiện : 2 cho tương đương với : 3x   x  13 3x   x 6  y 13   6  y  y  0   y y 6 3x    y  y  x Đặt ta có phương trình : 1  33 ) y   x     x  x  0  x  (tmdk ) x 12 ) y   x     x  0(VN ) x   33  33  S  ;  12 12    Vậy phương trình có tập nghiệm 4) 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 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) thì: H ( x) k ( x  2020)( x  2021)( x  x0 ) Suy 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 H N M C B D 4) Chứng minh : CDH ∽CFB BH BE  CH CF BC C chung  CDH ∽CFB   CDH  CFB  90   CDH & CFB  Xét có : (g.g) CH CD CDH ∽CFB    CH CF CB.CD CB CF Tương tự ta có : BH BE BD.BC BH BE  CH CF BD.BC  CB.CD BC  BD  CD  BC BC 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 vng góc với NB Tam giác ABE vuông E nên cos A  AE AF , ACF cos A  AB AC vuông F suy AE AF   AE AC  AF AB (dfcm) AB AC AMC 90  AM  AE AC  Tam giác AMC có  ME  AC  Theo giả thiết AM  AN  AN  AE AC Mà AE AC  AF AB  AN  AF AB  Xét ANB & AFN có : Achung , AN AF  AB AN AN AF   ANB ∽AFN (c.g c )  ANB AFN AB AN Mà AFN 90  ANB 90  AN  NB (dfcm) 6) Tìm giá trị lớn biểu thức T cos BAC  cos CBA  cos ACB Ta có : cos BAC  cos BAE.cos CAF  AE AF  AE AF       1 AC AB  AC AB   BD BF   CE CD  cos CBA        , cos ACB     3 BC BC CA CB     Tương tự : AF AE BF BD CE CD  1 , (2), (3)  T              AB AC   BA BC   CA CB  Từ   AF BF   AE CE   BD CD               4   AB BA   AC CA   BC CB   T   5 Mặt khác tam giác ABC Từ (4) (5) suy giá trị lớn T Câu (1,5 điểm) Chứng minh với số dương x, y, z ta ln có bất đẳng thức sau : x 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  z   1  xy  yz  xz   xy  yz  xz   Do vế trái (1) Đặt x2  y2  z2 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 đpcm 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... thức bậc ba có hệ số cao số nguyên thỏa mãn điều kiện : Q  2020  2021, Q  2021 2 022 Chứng minh Q  2 022   Q  2019  chia hết cho Xét đa thức H ( x) Q( x)  x  Ta có : H (2020) Q(2020)