Hsg toán 8 22 23 yên thành cụm 6

1 PHÒNG GD & DÀO TẠO YÊN THÀNH GIAO LƯU CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 6 HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2022 2023 MÔN TOÁN HỌC Thời gian làm bài 120 phút Câu 1(4,0 điểm) a)Phân tích đa thức thành nhân tử b)Cho a;b;c là b[.]

PHÒNG GD & DÀO TẠO YÊN THÀNH GIAO LƯU CỤM CHUYÊN MÔN SỐ HỌC SINH GIỎI LỚP Năm 2022 - 2023 MƠN: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1(4,0 điểm) 2 a)Phân tích đa thức a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) thành nhân tử 2 2 b)Cho a;b;c ba số đôi khác thỏa mãn: (a+b+c ) =a +b +c a2 b2 c2 + + 2 Tính giá trị biểu thức: P= a +2 bc b +2 ac c +2 ab Câu 2(5,0 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho b, Giải phương trình:  x  5 3   x    x  3 c, Cho số nguyên tố p > số nguyên dương a, b cho: p + a2 = b2 Chứng minh a chia hết cho 12 Câu 3(3,0 điểm) a) Đa thức f(x) chia cho x 1 dư 4, chia cho x 1 dư x  Tìm phần dư chia f(x) cho ( x 1)( x 1) b,Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 b c c  a a b Câu 4(7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  có AD tia phân giác  BAC Gọi M N hình chiếu D AB AC , E giao điểm BN DM , F giao điểm CM DN a) Chứng minh tứ giác AMDN hình vng EF / / BC b) Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với NFA H trực tâm AEF c) Gọi giao điểm AH DM K, giao điểm AH BC O, giao điểm BI AO DM   9 KI KO KM I BK AD Chứng minh : 2 x  xy  x  y  y  10 0 x , y   Câu 5(1,0 điểm) Tìm số nguyên thỏa mãn: ……………………………………… HẾT…………………………………………… KỲ THI GIAO LƯU CỤM HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Năm 2023 MƠN: TỐN HỌC Câu Y NỘI DUNG ĐIỂ M Câu 1(4,0 điểm) 2 a)Phân tích đa thức a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) thành nhân tử 2 2 b)Cho a;b;c ba số đôi khác thỏa mãn: (a+b+c ) =a +b +c a2 b2 c2 + + 2 Tính giá trị biểu thức: P= a +2 bc b +2 ac c +2 ab 2 2 2 a a) a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) = a (b  c)  b (a  c)  c (a  b) 2đ = a (b  c )  b  (a  b)  (b  c)   c (a  b) 2 2 = (a  b )(b  c)  (c  b )( a  b) = ( a  b)( a  b(b  c)  (b  c)(b  c)(a  b) b 4đ 2đ = (a  b)(b  c)  ( a  b  b  c) = (a  b)(b  c)(a  c) 2 b) (a+b+c)2= a +b + c ⇔ ab+ ac+ bc=0 a2 a2 a2 = = a2 +2 bc a2 −ab−ac +bc (a−b)( a−c ) c2 c2 b2 b2 =  2 Tương tự: b  2ac (b  a)(b  c) ; c +2 ac (c−a )c−b ) a2 b2 c2   a  2bc b  2ac c  2ab a2 b2 c2    (a  b)(a  c) (a  b)(b  c) (a  c )(b  c) (a  b)(a  c)(b  c)  1 (a  b)(a  c)(b  c) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 P 0,5 0,5 Câu 2(5,0 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho b, Giải phương trình:  x  5 3   x    x  3 c, Cho số nguyên tố p > số nguyên dương a, b cho: p + a2 = b2 Chứng minh a chia hết cho 12 Câu a 1,0 Gọi số phải tìm a b , ta có a  b chia hết cho a  b3  a  b   a  ab  b   a  b    a  b   3ab    Ta có: 2điể m a  b   3ab Vì a  b chia hết  chia hết cho  a  b    a  b  b Do vậy, Đặt x  a;  3ab   chia hết cho x  b  a  b x  3 2điể m 5Điể m c điểm 1,0 3 a  b  a  b  Phương trình cho trở thành:   a  b   a  ab  b   a  b   a  2ab  b    a  b   a  ab  b  a  2ab  b  0  3ab  a  b  0 0.25 0.25 0.25 0.5  a   x      b 0  x 2  a b  x 3   0.5 5  S  ; 2;3 2  Vậy nghiệm phương trình là: 0.25 Ta có: p2 + a2 = b2  p2 = (b + a)(b - a) Mà ước p2 1; p p2 Do b + a > b – a với a, b nguyên dương p nguyên tố lớn Nên không xảy trường hợp b + a = b – a = p b  a  p  2a  p  (p 1)(p 1)  Do  b  a 1 (1) 0.25 0.25 Mà p nguyên tố p > 3, suy p lẻ nên p + p – hai số chẵn (2) 0.25 Từ (1) (2) suy (p + 1)(p -1) chia hết cho Suy 2a chia hết cho 8, nên a chia hết cho (3) Lại có p nguyên tố p > Nên p không chia hết cho p2 số phương lẻ Do p2 chia dư Suy p2 – chia hết cho 3, nên 2a chia hết cho 0.25 Suy a chia hết cho ( (2, 3) = 1) (4) Tư (3) (4) suy a chia hết cho 12 (do (3, 4) = 1) (đpcm) Câu 3(3,0 điểm) a) Đa thức f(x) chia cho x 1 dư 4, chia cho x 1 dư x  Tìm phần dư chia f(x) cho ( x 1)( x 1) b,Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 b c c  a a b a Theo định lí bơ-zu ta có: f(x) chia x  dư => f(-1) = Do bậc đa thức chia ( x 1)( x 1) nên đa thức dư có dạng ax  bx  c Gọi thương q(x).Theo định nghĩa phép chia dư, ta có 0,25 f(x) = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + bx + c = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + a - a + bx + c = (x + 1)(x + 1).q(x) + a(x + 1) + bx + c - a = [(x + 1).q(x) + a].(x + 1) + bx + c - a (1.5 điểm) b b 2  c  a 3 Mà f(x) chia cho x  dư x    (1) Mặt khác f(-1)=4  a -b+ c = (2) Do ta có : 0,5  b 2 b 2 b 2      c  a 3  c  c  a 3 a  b  c 4 a  c 6     a  x  2x  Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: 0.5 a  bc a  a  b  c   bc  a  b   c  a  0.5 0,25 Tương tự: b  ca  b  a   b  c  ; c  ab  c  a   c  b  (1.5  a  b  a  c   b  a   b  c    c  a   c  b VT  điểm) bc ca a b Do đó: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:  a  b   a  c    b  a   b  c  2 Vậy  a  b bc ca  a  b   a  c    c  a   c  b  2 a  c   bc a b  b  a   b  c    c  a   c  b  2 b  c   a c a b 2.VT 4  a  b  c  4  VT 2  a b c  Dấu “=” xảy 0.5 0.25 0.25 Câu 4(7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  có AD tia phân giác  BAC Gọi M N hình chiếu D AB AC , E giao điểm BN DM , F giao điểm CM DN a) Chứng minh tứ giác AMDN hình vng EF / / BC b) Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với NFA H trực tâm AEF c) Gọi giao điểm AH DM K, giao điểm AH BC O, giao điểm BK BI AO DM   9 KI KO KM I AD Chứng minh : A N M H E B K LF OD C a (2.5 điểm) Chứng minh tứ giác AMDN hình vng EF / / BC * Chứng minh tứ giác AMDN hình vng    +) Chứng minh AMD 90 ; AND 90 ; MAN 90 Suy tứ giác AMDN hình chữ nhật  +) Hình chữ nhật AMDN có AD phân giác MAN nên tứ giác AMDN hình vng * Chứng minh EF // BC FM DB DB MB  (1)  (2) +) Chứng minh : FC DC DC MA MB MB AM DN   (3) MA DN Chứng minh MB EM  (4) Chứng minh DN ED EM FM   EF / / BC , , ,         ED FC Từ suy b) 2.0 điểm Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với trực tâm AEF * Chứng minh ANB NFA 0.5điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 NFA H AN DN  (5) 0.25 Chứng minh AN DN suy AB AB DN CN CN FN  (6)  (7) 0.25 Chứng minh AB CA CA AM FN FN  (8) 0.25 Chứng minh AM  AN Suy AM AN AN FN   ANB NFA  c.g c  0.25 Từ (5) (6) (7) (8) suy AB AN * Chứng minh H trực tâm tam giác AEF   0.25 Vì ANB NFA nên NBA FAN 0     Mà BAF  FAN 90  NBA  BAF 90 0.25 Suy EH  AF 0.25 Tương tự: FH  AE 0.25 suy H trực tâm AEF c) 2.0 điểm Gọi giao điểm AH DM K, giao điểm AH BC O, BI AO DM   9 KI KO KM I BK giao điểm AD Chứng minh : Đặt S AKD a, S BKD b, S AKB c Khi đó: S ABD S ABD S ABD a  b  c a  b  c a  b  c      S AKD S BDK S AKB a b c 0.25 Ta có: x  xy   x  y   y  10 0 0,5 0.5 b a a c b c 3              a b  c a  c b b a  2 a b Theo định lý AM-GM ta có: 0.5 a c b c  2 ;  2 c a c b Tương tự : BI AO DM   9 0.5 KI KO KM Suy Dấu " " xảy ABD tam giác đều, suy 0,25 trái với giả thiết 2 5(1,0 điểm) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10 0  x  xy  28 x  28 y  y  40 0   x  y    y 9  * y 9  y  x  y    y Ta thấy  nên nguyên nên y   0;1 Câu5 (1 điểm) 0,5  y  01;  1 Với y 0 thay vào  * ta được:  x   9 tìm x    2;  5 Với y 1 thay vào  * ta có:  x   5 , khơng tìm x nguyên 2 x  5 khơng tìm * y      Với thay vào ta có x nguyên Vậy 0,25 0,25 0,25 0,25  x; y     2;0  ;   5;0   ( Lưu ý cách giải cho điểm tối đa) Hết Nhóm chuyên mộn