001 đề hsg toán 8 cẩm thủy 22 23

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN CẨM THỦY ĐỀ THI SỐ 87 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài:90 phút Bài 1: (4,0 điểm) P Cho biểu thức: 0,5 x  x  x  :   0,5x x  x   x a) Rút gọn biểu thức P; P 1 x b)Tìm x để Cho Bài 2: (4,0 điểm) a x x2 P  x  x  Tính theo a giá trị biểu thức: x  x2 1 Cho phương trình: x  a2 x  x2  a   x2 x2  a) Giải phương trình a 2; b)Tìm a để phương trình có nghiệm f  x Đa thức chia cho x  dư 4, chia cho x  dư x  Tìm phần dư x  1  x  1 f  x  chia cho Bài 3:(4,0 điểm) 2 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x y   x  xy  x  y Chứng minh 11 số nguyên tố phân biệt, lớn chọn  a  b2  11 số gọi a b cho Bài 4:(6,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a điểm N cạnh AB Cho biết tia CN cắt tia DA E , tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB F Gọi M trung điểm đoạn thẳng EF a) Chứng minh B, D, M thẳng hàng; b) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC c) Xác đình vị trí điểm N cạnh AB cho tứ giác ACFBE có diện tích lần diện tích hình vng ABCD Bài 5:(2,0 điểm) Cho số dương a, b thỏa mãn điều kiện: a  b 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: a  4a b = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = A a  ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO 10 THPT MƠN TỐN TRƯỜNG THCS ABC Năm học: 2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức 0,5 x  x  x  P :   0,5x x  x   x a) Rút gọn biểu thức P; P 1 x b)Tìm x để a Cho x x2 P  x  x  Tính theo a giá trị biểu thức: x4  x2 1 Lời giải P 0,5 x  x  x  :   0,5x x  x   x Cho biểu thức ĐKXĐ x 0, x 2 a)Khi đó: x2  2x  x2 2 x P      2x  x  2  x  2x  4 x  x  2 x  x  x   x  x   x b)Để TH1 1 1 2x  P     0  0 1 x x 1 x x x x  x  1  x  0    x  x  1  TH2:   x   x     x 1  x  0    x  x  1    x 2  x0   x   x 1 x   x  Vậy giá trị cần tìm P x2 x2 x2 x    a 2 x  x   x  1  x  x  x  1  x  x  1 x  x 1 Ta có: - Nếu x 0  a 0  P 0 x 0  P a - Nếu Bài 2: (4,0 điểm) Cho phương trình: x 1 a2  a  a  x2  x 1 a2 x  x 1  2a  P 2 a 2a  x Vậy: x  a2 x  x2  a   x2 x2  a) Giải phương trình a 2; b)Tìm a để phương trình có nghiệm f  x Đa thức chia cho x  dư 4, chia cho x  dư x  Tìm phần dư f  x  x 1  x 1 chia cho Lời giải a) Thay a 2 vào phương trình ta được: x  4x  x2    x2 x  ĐKXĐ x 1 x2 1  3x      x  1  x  x 1 x 1 Khi ta có:   a  x  a  x x  b)Với x 1 ta có: Phương trình có nghiệm khi: Giả sử    a  x 1  a x 1 1  a 0  1  a 1  1  a   a 1  a 0 a   f  x   x  1  x  1 g  x  + ax  bx  c f  x f   1 4  a  b  c 4 + Vì chia cho x  dư nên (1) Mà f  x   x  1  x 1 g  x  + a  x 1  bx  c  a  x  1   x  1 g  x   a   bx  c  a b 2 b 2   f  x + Vì chia cho x  thương x  nên: c  a 3 c a  (2) a   a  4  a   b 2, c  2 Thay (2) vào (1) ta được: x  2x  Vậy đa thức dư là: Bài 3: (0,0 điểm) 2 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x y   x  xy  x  y Chứng minh 11 số nguyên tố phân biệt, lớn chọn  a  b2  11 số gọi a b cho Lời giải Ta có: x y  x  xy  x  y   x  x  1 y  x  x    x  x  1 y  x  x  1  x + y 1   x, y  Z  x  x  0 Vì x  x  2 4x 4x Z  Z  Z x  2x  x  2x  x  2x  2  x  2x  1  x  2x  Z   Z  4 x  x  1 x  2x  nên Bảng giá trị nguyên tương ứng: x2  2x  x y Vậy -1 -7 -2 loại -1 -1 -1 -4 Loại Loại  x, y     0;1 ,  2;   ,  1;  1 ,   1;  1 ,  3;7   Chứng minh 11 số nguyên tố phân biệt, lớn chọn  a  b2  11 số gọi a b cho Trong 11 số nguyên tố phân biệt lẻ lớn có số ngun tố lẻ lớn nên theo ngun lí Diricle ln có số chia cho có số dư Giả sử hai số nguyên tố lẻ lớn hai số 2 a, b  a  b     a  b  5   a  b   a  b  5   a  b  5 (1)  a  b   a  b  hai số chẵn +) Vì a, b hai số nguyên tố lẻ lớn nên  a  b  2     a  b   a  b  4   a  b  4  a  b  2 (2) +) Vì a, b hai số nguyên tố lẻ lớn a 1 mod 3     a  b  0  mod 3   a  b  3 b 1 mod 3 +) Vì ƯCLN(3,4,5) = (3) (4)  a  b2  3.4.5   a  b2  60 Nên từ (1), (2), (3) (4) suy ra: Bài 4: (0,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a điểm N cạnh AB Cho biết tia CN cắt tia DA E , tia Cx vng góc với tia CE cắt tia AB F Gọi M trung điểm đoạn thẳng EF a) Chứng minh B, D, M thẳng hàng; b) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC ; c) Xác định vị trí điểm N cạnh AB cho tứ giác ACFE có diện tích lần diện tích hình vng ABCD Lời giải E M A B N F I D C a) +) Vì AEF vng A , trung tuyến AM nên AM ME MF +) CEF vuông C , trung tuyến CM nên CM ME MF  MA MC  M thuộc trung trực AC (1) Mặt khác: Do ABCD hình vng nên BA BC DA DC  BD trung trực AC (2) Từ (1) (2) suy B, D, M thẳng hàng       b) +)Vì: MCF  MCE 90 DCE  MCE  MCF DCE Xét DCE BCF có:  B  900  gt  D DC BC ( gt   MCF DCE (c/m trên)  DCE BCF ( g.c.g )  CE CF  CEF vuông cân C  CM đường phân giác 0        ECF  ECM 45  ACB  ACE  BCE BCE  BCM 45  ACE BCM (3) 0 0     +) Vì: EAC 45  90 135 MBC  EAC MBC 135 (4) Từ (3) (4) suy EAC đồng dạng với MBC c) Đặt AE  x  x a   S ACFE S ACF  S AEF S ABC  S DCE  S AEF 1 1 1  S ACFE  AB  DC.DE  AE AF  a  a  a  x   x  a  a  x  2 2 2 1  S ACFE a  ax  x  ax 2 Theo đề bài: 1 S ACFE 3S ABCD  a  ax  x  ax 3a  x  3ax - 4a 0   x  a   x  4a  0 2 Vì  x a  x a  AE  AB a  AEN BCN  g c.g   AN BN Hay N trung điểm AB Bài 5: (0,0 điểm) Cho số dương a, b thỏa mãn điều kiện: a  b 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: a  4a b Lời giải a a a  b 1  ab a  b 1  4a   4a     4a b b b A a  +) Từ +) Khi đó: a  1  1    a   4a   a     a     3.3 a  4a b 4a 4a  8a 8a  8a 8a   a b  Dấu "=" xảy A a  Vậy GTLN A 9 a b  = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =