168 đề hsg toán 8 kim sơn 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM SƠN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2022-2023 MƠN TỐN Câu (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  2013 x  2012 x  2013  x; y  cho 3x  b) Tìm cặp số nguyên c) Cho f  x  ax  bx  c y  xy  x  y  40 0 với a, b, c số thỏa mãn 13a  b  2c 0 Chứng tỏ f    f  3 0 Câu (4,0 điểm)  x4  x2  x 1 x  x 1  x2  A     x 1  x2  x  x   x3   1) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức A số nguyên 4    0 2) Giải phương trình : x  x  x  12 x  x  x  x  3 Câu (3,5 điểm) a) Hưởng ứng ngày chủ nhật xanh – – đẹp Học sinh khối lớp nhận làm vệ sinh đoạn đường em chăm Lớp 8A nhận 10 mét 10% phần lại, lớp 8B nhận 20 mét 10% phần lại, lớp 8C nhận 30 mét 10% phần lại chia lớp cuối vừa đủ phần đường lớp dài Hỏi khối có lớp đoạn đường lớp nhận dài mét ? b) Cho tam giác ABC có a,b,c độ dài ba cạnh p nửa chu vi 1  1 1   2     Chứng minh : p  a p  b p  c  a b c  Câu (4,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N a) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh AC 2 EF 1   2 AM AN c) Chứng minh AD Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D E hình chiếu H AB, AC a) Chứng minh AH HB.HC b) Chứng minh AH BD.CE.BC c) Giả sử diện tích tam giác ABC gấp đơi diện tích tứ giác ADHE , chứng tỏ tam giác ABC vuông cân Câu (1,0 điểm) Cho A chia hết cho 24 A  p  1  p  1 Chứng minh p số nguyên tố lớn ĐÁP ÁN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM SƠN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2022-2023 MƠN TỐN Câu (4,0 điểm) d) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  2013 x  2012 x  2013 x  2013 x  2012 x  2013  x  x   2013 x  2013 x  2013  x  x  1  2013  x  x  1  x  x  1  x  x  1  2013  x  x  1  x  x  1  x  x  2013 e) Tìm cặp số ngun Ta có :  x; y  cho 3x  y  xy  x  y  40 0 x  y  xy  x  y  40 0  x   x  y  xy  x  y  1  41 2   x  y  1   x  41   x  y  1  y  x  1 41 1.41   41 41.1  41  3x  y 1 y  x 1 41 1  41 41  41 1 x y  10 30 10  32 10 10  10  12 Vậy cắp số nguyên (x;y) cần tìm f) Cho Ta có : f  x  ax  bx  c   10;  12  ;  10;  32  ;   10;30  ;  10;10  với a, b, c số thỏa mãn 13a  b  2c 0 Chứng tỏ f    f  3 0 f    4a  2b  c; f  3 9a  3b  c; f     f   13a  b  2c 0 Hoặc f    0 Hoặc f   2 f  3 Từ (1) (2) Câu (4,0 điểm) f  3 0  f    f   0  1 hai số đối nên f    f  3    f    f  3 0  x4  x2  x 1 x  x 1  x  A     x 1  x2  x  x   x3   3) Cho biểu thức c) Rút gọn biểu thức A nên  x4  x2  x 1 x  x 1  x2  A     x 1  x2  x 1 x   x3   x4  x2  x 1  x2  x   x2  x 1 x2  x4  x2 1   x2  x 1 x3  x  x    x  x  1  x  x  1  x  x  1  1 x  x      x ( x  1)  x  x  1  x  1  x  x  1 d) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức A số nguyên Với x 1 ta có : x2  x 1 x2  x 1 A   x  x x x x 1 x  Z  A Z   Z   x  1  U (1)  1;  1  x   0; 2 (tmdk ) x Với Vậy x   0; 2 A nguyên 4    0 4) Giải phương trình : x  x  x  12 x  x  x  x  4  3     0  x 2; x   2 x  x  x  12 x  x  x  x    4     0 (2 x  3)( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2)  x    x   x  3    x  3   x     x   ( x  2) 0 (2 x  3)( x  2)( x  2)  x 1(tm)   x   x   x  0  x  x  0    x 5(tm) S  1;5 Vậy phương trình có tập nghiệm Câu (3,5 điểm) c) Hưởng ứng ngày chủ nhật xanh – – đẹp Học sinh khối lớp nhận làm vệ sinh đoạn đường em chăm Lớp 8A nhận 10 mét 10% phần lại, lớp 8B nhận 20 mét 10% phần lại, lớp 8C nhận 30 mét 10% phần lại chia lớp cuối vừa đủ phần đường lớp dài Hỏi khối có lớp đoạn đường lớp nhận dài mét ? Gọi x(m) chiều dài đoạn đường khối làm vệ sinh ( x  0) Lớp 8A nhận đoạn đường dài : 10  0,1( x  10) 0,1x  Sau lớp 8A nhận đoạn đường lại : x   0,1x   0,9 x  Lớp 8B nhận đoạn đường dài : 20  0,1  0,9 x   20  0, 09 x 17,1 Ta có phương trình : 0,1x  0, 09 x  17,1   x 810(tm) Vậy khối có lớp Mỗi lớp nhận làm đoạn đường dài 90m d) Cho tam giác ABC có a,b,c độ dài ba cạnh p nửa chu vi 1  1 1   2     Chứng minh : p  a p  b p  c  a b c  m2 n2  m  n    y x  y với x, y  Áp dụng bất đẳng thức x Ta có với p nửa chu vi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên    p a   p  a  0; p  b  0; p  c     p a    p b    1   p b p a p b c   1   p c p a p c b   1   p c p b p c a Cộng vế ba bất đẳng thức ta :  1  1  1 1  1 1 2     2      4      p a p b p c a b c a b c  p a p b p c Dấu xảy p  a  p  b  p  c  a b c  ABC tam giác Câu (4,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N E A F B H D M C N d) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Ta có DAM ABF (cùng phụ với BAH ) AB  AD( gt ); BAF ADM 90 (ABCD hình vng)  ADM BAF ( g.c.g )  DM  AF , mà AF  AE ( gt )  AE DM Lại có AE / / DM (vi`AB / / DC ) DAE 90 gt   Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật e) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh AC 2 EF AB BH BC BH    AB BC; AE  AF  AF AH hay AE AH Chứng minh Lại có HAB HBC (cùng phụ với ABH )  CBH ∽ AEH (c.g.c) ABH ∽ FAH ( g g )  2 S SCBH  BC   BC   CBH  4  gt     ,  4  BC  AE   BC 2 AE  E S EAH  AE  Mà S EAH  AE  trung điểm AB, F trung điểm AD Do dó BD 2EF hay AC 2 EF (dfcm) Do 1   2 AM AN f) Chứng minh AD AD / /CN  gt  Áp dụng hệ định lý Talet ta có : AD AM AD CN    CN MN AM MN Lại có MC / / AB( gt ) Áp dụng hệ định lý Talet ta có : MN MC AB MC AD MC     AN AB AN MN hay AN MN 2 2 2 CN  CM MN  AD   AD   CN   CM        1( Pytago)        MN MN  AM   AN   MN   MN  1  AD   AD        1  2 AM AN AD  AM   AN  Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D E hình chiếu H AB, AC A E C D H B d) Chứng minh AH HB.HC BHA ∽ AHC ( g g )  Chứng minh e) Chứng minh AH BD.CE.BC Theo chứng minh câu a ta có : BDH ∽ BHA  AH HB   AH HB.HC HC AH AH HB.HC  AH HB HC  1 BH BD   BH BD AB   AB BH Chứng minh Chứng minh tương tự ta có : HC CE AC (3) Thay (2) (3) vào (1) ta có AH BD.CE AB AC Mà AB AC BC AH  2S ABC   AH BD.CE.BC AH  AH BD.CE.BC f) Giả sử diện tích tam giác ABC gấp đơi diện tích tứ giác ADHE , chứng tỏ tam giác ABC vuông cân Tứ giác ADHE hình chữ nhật S ADHE 2S DHA mà  ADH AEH DAE 90  nên S ABC 2 S ADHE  gt   S ABC 4 S DHA  S DHA  S ABC S DHA  AH  DHA ∽ ABC ( g g )     1   BC S   ABC Chứng minh Gọi M trung điểm BC, ABC vuông A nên : AM  AM  AM  BC       2 BC  BC  2  AH   AM       AH  AM  H M  ABC BC BC     Từ (1) (2) vuông cân A Vậy, S ABC 2 S ADHE tam giác ABC vng cân A A  p  1  p  1  Câu (1,0 điểm) Cho A chia hết cho 24 Chứng minh p số nguyên tố lớn Vì p số nguyên tố lớn nên p số lẻ Do Suy A ( p  1)( p  1) 2k (2k  2) 4k (k  1) Vì k k+1 hai số nguyên liên tiếp nên p 2k  1 k  Z , k  1 k  k  1 2  A8  p 3m   Vì p số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho Do  p 3m  p 3m    p  1 3, N p 3m    p  1 3  A3 Nếu ếu Do A ln chia hết cho Vì A8, A3 & UCLN (3,8) 1  A24