138 đề hsg toán 8 nghi lộc 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHI LỘC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn : Tốn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm : 120 phút   x 9x  x  3x  3x   P    :   x x   x  3x  x Bài (6,0 điểm) Cho a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P P  3P  19 5 x b) Tìm x thỏa mãn x c) Tìm x  để P nguyên Bài (3,0 điểm) 2 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử x  xy  12 y  20 y  x b) Cho  a  b  c   ab  bc  ca  abc abc 0 Tính Bài (3,0 điểm) a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn b) Giải phương trình :  2x 2 x a P  b3   b5  c   a  c  a  b2  c   y  x3  3x  0  x  2019    x  x  2018  4  x  x  2019   x  x  2018   x  3y  A    9 x  x 3  Bài (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  , đường cao AH Trên đoạn HC lấy điểm M cho HM  AH , đường thẳng vng góc với BC M cắt AC N, gọi I trung điểm BN a) Tính AHI b) Chứng minh ACM ∽ BCN c) Biết AB 1, AC x  x  1 Tính diện tích BHI theo x, chứng tỏ diện tích 21 lớn Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A, có A 100 , tia phân giác góc B cắt AC D Chứng minh BC BD  AD ĐÁP ÁN   x 9x2  x  3x  3x   P    :  x x   x  3x  x  Bài (6,0 điểm) Cho d) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P 3  x 0   x  0   3  x 0  3 x  x 0  3 x 3x   0 Biểu thức P xác định     x 3   x 0  *  4 x   Với điều kiện (*) ta có :   x 9x2  x  3x  3x   P    :   x x   x  3x  x   x 9x2  x  x   x        x  x  x  3x  3x      x  x   x  x  x2        x    x    x    x    x    x    x    6x  x2  x2   x  x2 x   x    3x     x   x  3x  3x   x x2  3 x  3x  4 x  P  3P  19 5 x e) Tìm x thỏa mãn x x2 P x  với x thỏa ĐKXĐ, ta có : Với x2 P x2  3P  19 5 x  x    19 5 x x x x 3 x x  19  x  ( x  3)    0 x 3 x 3 x 3  x  x  19 x  57  x  15 x 0  x  x  57 0 57  1849   x  x 0   x    8 16  256   1849 x  16 16  (tmdkxd )  1849 x  16 16  f) Tìm x  để P nguyên Để P   x2  x 3 2 Vì x    x   x     x  x  3 Lại có x  x  x  3   x  3   9 x  3  x   U (9)   9;  3;  1;1;3;9 x+3 x P -9 - 12 3 6  16 tm tm Ta có bảng sau -1 -4 -16 tm -2 tm 0 ktm tm x   12;  6;  4;  2;6   P   Vậy Bài (3,0 điểm) 2 c) Phân tích đa thức sau thành nhân tử x  xy  12 y  20 y  x Ta có : x  xy  12 y  20 y  x  x  xy    xy  12 y    x  y   x  x  y   y  x  y    x  y   x  y   x  y   d) Cho  a  b  c   ab  bc  ca  abc abc 0 Tính Ta có : a P  b3   b5  c   a  c  a  b2  c  a  b  c   ab  bc  ca  abc  a 2b  ab  b 2c  bc  c 2a  ca  2abc 0   a 2b  2abc  bc    ab  b 2c    ac  a 2c  0  b  a  c   b  a  c   ac  a  c  0  (a  c)  ab  bc  b  ac  0   a  c   b  a  b   c  a  b   0  a  c  a  c 0  P 0    a  c   a  b   b  c  0   b  a  a  b 0  P 0  c  b  b5  c5 0  P 0  Vậy P 0 với a, b, c thỏa mãn đề Bài (3,0 điểm) x   y  x  3x  0 c) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn  Ta có x   y  x3  x  0   x   y  x3  3x   y   y x  x x2  x  3x  x   0, x    x 2 x, y     x    x     x    x    x     27 x    x   U (  27)  3; 9; 27  x  2    x; y      1;   ;  5;5   d) Giải phương trình :  2x 2  x  2019    x  x  2018  4  x  x  2019   x  x  2018   x  x  2019 a  Đặt  x  x  2018 b Phương trình cho trở thành : a  4b 4ab  a  4ab  4b 0   a  2b  0  a 2b  x  x  2019 2  x  x  2018   11x  2017  x  Vậy phương trình có nghiệm x   2017 11 2017 11  x  3y  A    9 x  x 3  Bài (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức  x  y    0, x  3, y  R x       x 0, x  Ta thấy  x  3y   A     x 0, x, y  R, x   x 3   x  y    0  x    x 3    x 0    y 1  x    Dấu xảy  Vậy GTNN biểu thức A x 3, y 1 Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  , đường cao AH Trên đoạn HC lấy điểm M cho HM  AH , đường thẳng vng góc với BC M cắt AC N, gọi I trung điểm BN A N I H B M C d) Tính AHI BN  1 Xét ABN có BAN 90 , AI đường trung tuyến BN  MI   2 Xét BMN vuôn M MI đường trung tuyến Từ (1) (2) suy AI MI Xét AHI MHI , ta có : AI MI (cmt ), HI cạnh chung, AH HM ( gt )  AHI MHI (c.c.c)  AHI MHI (hai góc tương ứng)  AI  AHI  IHM AHM 90  AHI  90 45 Mà Vậy AHI 45 e) Chứng minh ACM ∽ BCN Xét ABC MNC có : BAC NMC 90 , C chung AC BC AC MC     ABC ∽ MNC ( g g ) MC NC BC NC AC MC   cmt   ACM ∽ BCN (dfcm) Xét ACM BCN có : C chung, BC NC AB 1, AC x  x  1 BHI  f) Biết tích lớn Ta có : Tính diện tích 21 1 x 1 S ABC  AB AC  1.x  ; S ABN  AB AN  1.1  2 2 2 x x  S BNC S ABC  S ABN    2 theo x, chứng tỏ diện x 2 S ABC  x S ABC  AH BC  AH   2 BC x 1 x2 1 Lại có : AN  AB 1; AC  x  NC  AC  AN  x  Dễ thấy MCN ∽ HCA x  x  1 CN MN x MN x     MN   x CA AH x x  1.x x 1 x2 1 Áp dụng định lý Pytago vào AHC vng H, ta có :  x2 x4 x2   HC   x x 1 x2 1 1 x x2 x  x  1  NM HC   2 x 1 x 1 x 1 HC  AC  AH  x   S NHC  S BHN S BNC  S HNC Lại có : x S BHI  S BHN  S BHI   x  1  x  1 S BHI  x  x  x  1 x    2  x  1  x  1 x  x   2  Ta có :     4  x    2  4  x   x  1 x    x Theo BĐT Cơ si ta có :    4 x  1   4  x     S BHI 8    x  1   S BHI     4 2  8 x     1 21  S BHI     1 21 Vậy S BHI đạt GTLN Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A, có A 100 , tia phân giác góc B cắt AC D Chứng minh BC BD  AD N K B A C D M  DM  AB, M  AB  Từ D kẻ  DN  BC , N  BC Lấy K  BC cho BD BK Vì BD tia phân giác ABC DM  AB, DN  BC  DM DN Xét ABC cân A, BAC 100  ABC ACB 40  ABD DAC 20 Xét DKB cân B, DBK DKB 80 , mà CKD  DKB 180 (kề bù)  CKD 100 Lại có : KCD BCA 40  CDK 40  CKD cân K  CK DK Mặt khác DKN DKB 80  1 DAM  DAB 180 (kề bù), DAB  CAB 100  DAM 80   Từ (1) và(2) suy MAD DKN 80  90  DAM 90  DKN  MDA NDK Xét DAM DKN có : DMA DNK 90 , DM DN , MDA NDK  DAM DKN ( g c.g )  DA DK (2 cạnh tương ứng) Mà DK CK  DA CK Lại có BD BK  DA  BD CK  BK  DA  BD BC (dfcm)