Hsg toán 8 2022 2023 thanh hóa đề khảo sát

ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN NĂM HỌC 2022 – 2023 ( Thời gian 150 phút) Câu 1(4,0 điểm) : A 4xy y  x2   :  2  y  2xy  x  với x y, y 0 y  x Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị lớn A biết x, y thỏa mãn đẳng thức : x  y  x  y 1 4 4 2.Cho a, b, c, d số dương thỏa mãn đẳng thức : a  b  c  d 4abcd Chứng minh a = b = c = d Câu 2(4,0 điểm) : Phân tích đa thức thành nhân tử : x  x  x  x  g  x  x  x  2.Tìm a, b cho f  x  ax  bx 10x  chia hết cho đa thức  x  y a  b  2 2 3.Cho  x  y a  b Chứng minh với số nguyên dương n ta có : xn + yn = an + bn Câu 3(4,0 điểm) : 2 1.Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn : a (c  b)  b (a  c)  c (b  a) a  b  c Chứng minh 2023 ( a + b + c ) chia hết cho 27 x  y  xy  Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn : Câu (6 điểm): Cho hình vuông ABCD E, K trung điểm AB CD Hạ DM  CE Chứng minh AM  KM Gọi N giao điểm AK BM Tính số đo góc ANB Phân giác góc DCE cắt cạnh AD F Chứng minh DF + BE = CE Chứng minh CF 2EF Câu (2,0 điểm): Cho số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = a b c 1 1 1        2 Chứng minh : a  b b  c c  a  a b c  ………………………… Hết ………………………… Câu Câu (4,0đ) HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung cần đạt A 1(3đ) = Điểm  4xy  1 :    y  x  y  x y  2xy  x  4xy  y  x  y  x   1 :     y  x  y  x  y  x2    0,5đ  yxy x  :    y  x  y  x2    4xy 2y  :  y  x  y  x  y  x  y  x2  4xy  y  x  y  x  y  x  y  x 4xy  2y  y  x  y  x 0,5đ 0,5đ 0,25đ 2x  x  y  0,25đ Vậy A = 2x  x  y  với x y , y 0 Ta có : x  y  x  y 1  x  xy  x  xy  y   x  y  1  x  x  y    x  y    x  y   2 2  A   x  y  1 2  A 2   x  y 1 2 Do  x  y  1 0  x  y  0  2 x  x  y  2   x y , y 0    x     y 3  A = x y 2; Vậy GTLN A = Khi 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2(1đ) a  b  c  d 4abcd  a  2a b  b  c  2c 2d  d  2a b  4abcd  2c 2d 0 2   a  b    c  d    ab  cd  0 Từ lập luận để suy : 0,25đ 0,25đ 0,5đ a  b 0  2 c  d 0  ab  cd 0  a b  2 c d  ab cd  a b  c d  a c2  a b  c d  a b c d a c  ( Do a, b, c, d số dương) Vậy a = b = c = d 1)( 1,5 điểm ) phân tích đa thức thành nhân tử : x  x  x  x  Ta có : x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1= (x4 + 6x3 + 9x2) – 2x2 – 6x + = (x2 +3x)2 – 2(x2 + 3x) + = (x2 +3x - 1)2 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2)( 1,5 điểm ) Ta có : 0,25đ g  x  x  x  2=  x  1  x   f  x  ax  bx  10x  g  x  x  x  Vì chia hết cho đa thức Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x)  ax  bx  10x  4=  x+2   x-1 q  x  0,25đ Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6  1 0,25đ Với x=-2  2a-b+6=0   0,25đ Thay (1) vào (2) Ta có : 2a – (- a – 6) + =  2a + a + + = Câu  3a = -12 (4,0đ)  a = -  b=-2 Vậy a = - 4; b = - 3)( 1,0điểm ) 0,25đ 0,25đ x  y a  b   x  a    y  b  0   x  a   x  a    y  b   y  b  0 Từ: Vì x  y a  b  x  a b  y thay vào ta có :  b  y   x  a    y  b   y  b  0   b  y   x  a    b  y   y  b  0  b  y 0   b  y    x  a    y  b   0     x  a    y  b  0  b y   x  a y  b -Nếu y = b kết hợp với x + y = a + b  x = a  xn + yn = an + bn -Nếu x + a = y + b  x – y = a – b kết hợp với x + y = a + b  x = a, y = b  xn + yn = an + bn Vậy x + y = a + b x2 + y2 = a2 + b2 xn + yn = an + bn với n nguyên dương 2 1(2đ).Theo đề : a (c  b)  b (a  c)  c (b  a) a  b  c 0,5đ 0,25đ 0,25đ a  b   b  c   c  a  a  b  c Biến đổi :  Xét số dư a, b, c chia cho  a  b  c  3 - Nếu số a, b, c có số dư khác ( 0; 1; 2) hiệu a – b ; b – c; c – a không chia hết cho   a  b   b  c   c  a  không chia hết a  b   b  c   c  a  a  b  c cho ( vơ lí )  Câu -Nếu có số dư a + b + c khơng chia hết cho cịn (4,0đ) hiệu a – b ; b – c; c – a chia hết cho   a  b   b  c   c  a  3 ( vô a  b   b  c   c  a  a  b  c lí )  Suy trường hợp số a, b, c có số dư chia cho  a  b  3;  b  c  3;  c  a  3 Mà  )   a  b   b  c   c  a  27 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ a  b   b  c   c  a  a  b  c   a  b  c  27  2023  a  b  c  27 ( ĐPCM 2(2 điểm) Ta có: x5  y  xy    x5  1   xy  y  0   x  1  x  x  x  x  1  y  x  1 0   x  1  x  x  x  x   y  0 0,25đ  x  0   2  x  x  x  x 1  y 0,25đ -Nếu x – 1=  x = ta có + y2 = + y2 với y nguyên  Các cặp (x,y) nguyên thỏa mãn (1 ; y ) với y  Z -Nếu x4 + x3 + x2 +x +1 = y2  4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + = ( 2y) (⁎)) Ta có : ( 2y )2 – ( 2x2 +x )2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + - 4x4 - 4x3 - x2 0,25đ 3( x  )2   3 = 3x2 +4x + = với x Suy ( 2x2 +x )2 < ( 2y )2 (1) Lại có : ( 2x2 + x + 2)2 – (2y)2 = 4x4 + x2 + + 4x3+8x2 + 4x - 4x4 - 4x3 - 4x2 2   y   x  x    x  4x - Từ (1) (2) suy :   2y  x  x   2 2 (2) 2 2x  x    2y   2x  x     2y   2x  x  1 0,25đ 2 0,25đ + Với : ( 2y )2 = ( 2x2 + x + 1)2 thay vào (⁎)) ta có : 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + = ( 2x2 + x + 1)2 = 4x4+x2 +1+4x3 + 4x2 +2x  x2 -2x - =  (x + 1)(x – 3) =  x = -1 x = 0,25đ Nếu x = -1  y2 =  y 1 Nếu x =  y2 = 121  y 1 + Với : ( 2y )2 = ( 2x2 + x + 2)2 thay vào (⁎)) ta có : 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + = ( 2x2 + x + 2)2 = 4x4+x2 +4 + 4x3 + 8x2 +4x  5x2 =  x2 =  x =  y2 =1  y 1 0,25đ 0,25đ Vậy cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn : (1 ; y ) với y  Z ;(-1 ;1) ;(-1 ;-1) ;(3 ;11) ; (3 ;-11) ; (0 ;1) ; (0 ;-1) E A F B O M H Q D P C K N 1(1,5 đ) Chứng minh AEKD hình chữ nhật Gọi O giao điểm đường chéo Từ suy ra: Câu4 1 (6,0đ)  MO  DE  AK  AMK 2 vuông K  AM  KM (ĐPCM) 0,5 đ 1,0 đ 2( 1,5 đ) Gọi H giao điểm AK DM Chứng minh AECK hình bình hành Từ suy AK // CE  HK / /MC mà KD = KC  HD HM kết hợp với DM  CE  AH  DM  ADM cân A  AD AM AB  AMB cân A  1800  DAM   AMD  Do ADM cân A  180  BAM   AMB  Do ABM cân A     1800  DAM  1800  BAM 3600  (DAM  BAM)    AMD  AMB  2 = =  3600  DAB 3600  900  1350   BMD 1350 2 0,5đ 0,5 đ 0,5đ  Lại có BMD góc ngồi tam giác vng HMN từ tính  ANB 450  ANB 450 Vậy 3(1,5đ).Trên tia đối tia BA lấy điểm P cho BP = DF từ chứng minh 0,5đ 0  C        PBC FDC (c.g.c)  C mà C1  C  C3 90 nên C  C  C3 90   P 900  C  C C PBC Mà vuông B nên Kết hợp với ( gt) Suy 0,5đ 0,5đ  P ECP  EPC cân E  EP CE  CE BE  BP BE  DF (ĐPCM) 4(1,5đ) Qua E vẽ đường vng góc với CF cắt CD Q Xêt hình vng ABCD có EK đường trung bình  Suy EK = AD = CD, EK //AD  AD  CD  EKQ 90 Xét CDF EKQ có :   KEQ C ( phụ với góc EQC);   EKQ CDF 90 CD = EK;  CDF EQK (g.c.g)  CF EQ ( Hai cạnh tương ứng) Xét CEQ có CF đường phân giác đồng thời đường cao Suy CEQ cân C  CF đường trung trực  FE = FQ ( tính chất đường trung trực)  EF + FQ = 2EF - Nếu điểm E, F, Q thẳng hàng EQ = EF + FQ - Nếu điểm E, F, Q khơng thẳng hang thì: Xét EFQ có EQ < EF + FQ  EQ EF  FQ 2EF Mà EQ = FC  FC 2EF ( ĐPCM) 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu Ta có a + b2 =a (a + b + c) + b2 = a2 + ab + ac + b2= ( a2 + b2) + ab + ac 2ab (2,0đ) + ab + ac = 3ab + ac  a a 1    3ab  ac 3b  c 2b   b  c  a b 1 1     Áp dụng bất đẳng thức : x  y  x y  ( với x, y số dương ) Dấu xảy x = y ta có : 1 1  1 1 1 1           2b   b  c   2b b  c  8b b  c 8b 4  b c   1 1  1       8b 16b 16c 16  b c  0,5đ  a  1     16  b c  Chứng minh tương tự ta có : a b  b 3 1 c  1          2 16  c a  ; 16  a b  bc ca 1đ Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta có: a b c  1  1  1             2 16  b c  16  c a  16  a b  a b bc ca a b c  4 4 1 1 1             2 16  a b c   a b c  (ĐPCM) a b bc ca 2b b  c 2c c  a   a b c    2a a  b  Dấu “=” xảy a  b  c 1 0,25đ 0,25đ - Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa - Bài hình học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm