Hsg toán 8 2022 2023 thanh hóa

Dự án word đề hsg Tốn THCS - 2023 PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP THÀNH PHỐ Năm học: 2022 – 2023 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm câu Ngày thi: 10/02/2023  x  x x2  x   A     x  x  2 x  x  2 x x2   x2 1   Câu 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức     1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4.0 điểm) 1) Giải phương trình sau: x  x  2  45 x 4  ab   a b   3 2 2) Cho a  b 1 ab 0 Chứng minh: b  a  a b  Câu 3: (4.0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y 4 x y  y  x  3y  2) Cho số tự nhiên n 2 số nguyên tố p thỏa mãn p – chia hết cho n đồng thời 2 2 n3  chia hết cho p Chứng minh n + p số phương Câu 4: (6.0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a Trên cạnh BC lấy điểm M (khác B,C), qua điểm A kẻ tia Ax vng góc với AM cắt tia CD điểm F 1) Chứng minh AM = AF 2) Trên cạnh CD lấy điểm M cho , gọi giao điểm AM,AN với BD Q P ; gọi I giao điểm MP NQ Chứng minh AI  MN H 3) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN M,N thay đổi Câu 5: (2.0 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác ab bc ca   a  b  c Chứng minh: a  b  c  a  b  c a  b  c Dự án word đề hsg Toán THCS - 2023 ĐÁP ÁN Câ u Nội dung Điểm 1) (2 điểm)  x  x x2  x   A     x  x  2 x  x  2 x x2   x2 1   Ta có: ĐKXĐ: x 2, x 0   Khi đó: A   x2   x  x 1      x 1  x  x  x   0,5đ x   x    x  1   x  1  x     x 1 x2  2 x2  x2  2 x  2x2     x 1 x  x 1 x 1 2x  A x  với x 2, x 0 KL:Vậy    0,25 đ 0,5đ  0,5 0,25 2) (2 điểm) 2x2  A x  với x 2, x 0 Ta có: A 0,5 2x2  x 1  2  2  2 x 1 x 1 x 1   x  1 U   Để A có giá trị nguyên x  nguyên, suy x  1  1;2 x2 1  Vì nên 2 +) x  1  x 0  x 0 (loại) +) 0,5 x  2  x 1  x 1  T / m  Vậy 0,5 x    1;1 x  x  2  45 x 4 1) (2 điểm) Giải phương trình sau: ĐKXĐ: x  x 0 khơng phải nghiệm phương trình nên phương trình tương đương với:  x  2  0,5 45 45   x  2  x  4x  x  2  0,25 0,5 Đặt y y  x   ;  y 0  , phương trình trở thành:  y   l  45  y  y  45 0   y  y 9  n  0,5 Dự án word đề hsg Toán THCS - 2023  x  3 y 9   x   9    x    Với Vậy tập nghiệm phương trình là:  x 1   x  (thỏa mãn đk) S  1;  5 0,5 0,25  ab   a b   3 2 2) (2 điểm) Cho a  b 1 ab 0 Chứng minh: b  a  a b  Với a  b 1 ab 0 ta có: a a3   b b3  a4  b4   a  b  a  b  2a2b  a b    3  b3  a3  a3  b3  a b  a3  b3  a3b3   a  b   3ab  a  b               0,5    a  b   2ab   2a2 b2     3 a b  3ab (Vì a  b 1 ab 0 ) 2 2  4ab  4a b  2a b   ab a2 b2  (Vì a  b 1 ab 0 )   0,5 0,5  2ab  ab   ab a b      ab   a2b2  0,5 (Vì ab 0 )  ab   a b   2 Vậy b  a  a b  với a  b 1 ab 0 2 2 1) (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y 4 x y  y  x  3y  x y 4 x y  y  x  3y   x y  x y  x  y  3y  0,5  x y  y   y  3y     x  y    y  3y  +) Xét y = 2: PT vô nghiệm +) Xét y 2 Ta có: Vì x  Z nên y  2 Do  x2  0,25  y  3y   y   2 y  4y  y  4y  0,25 0,25 y  4y   y    U   số phương nên +) Với y = x  (vơ lí)  y  2  y  1 1     y    y 3  T / m : y 2    y 1  x 1 x 1   T / m: xZ  x   +) Với y =  x, y    1;1 ,   1;1   Vậy 2) (2 điểm) Cho số tự nhiên n 2 số nguyên tố p thỏa mãn p – chia hết cho n đồng thời n  chia hết cho p Chứng minh n + p số 0,25 0,25 0,25 Dự án word đề hsg Tốn THCS - 2023 phương Ta có: n3   n  1 n  n    0,25 Vì p  1n  p  n  p n   n   n  p Do đó: Từ  n  1  n  n  p  n2  n  1p  p  1n  p  kn  k 1  p kn  Suy ra: 0,5  * n  n  1kn   kn  n  n   kn n  n  k n   1 0,25 n2  n  1kn   k n  n   n  kn  1 kn     k  1 n  k  kn   Vì  k 1   k  1 n  k  0,5 0,25 k  1 n  k kn   kn  n  k kn   k n    Nên suy  Từ (1) (2) suy ra: k = n + Khi n  p n2  2n   n  1 A (đpcm) 0,25 B 1 I M H P D F N C 1) Chứng minh rằng: AM = AF Xét ABM ADF vng B; D có: AB = AD (cạnh hình vng)    BAM DAF (cùng phụ MA D ) Suy ra: ABM = ADF (cgv-gn)  AM AF (đpcm) 2) Chứng minh: AI  MN H  PAQ    D 45o Ta có: kết hợp APQ DPN (đối đỉnh)   2,0 0,75 Dự án word đề hsg Toán THCS - 2023 Suy ra:  N  PDN PAQ  g.g   Q 1   Suy ra:  A  PDA PNQ  g.g   Q PN PD    DPN PQ PA kết hợp APQ  2     o Từ (1) (2) suy ra: Q1  Q2 N1  A1 90 (vì tam giác AND vng D)  o Suy ra: AQN 90  NQ  AM Q Cmtt: MP  AN P Khi AMN có hai đường cao NQ MP cắt I  I trực tâm Suy AI đường cao thứ ba tam giác  AI  MN H (đpcm) 0,75 0,5 3) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN M, N thay đổi Gọi BM = x; DN = y (0 < x; y < a) Khi đó: 1 ax  ay   a  x   a  y  2 1 1 a2  ax  ay  a  ax  ay  xy  a  xy 2 2 SAMN SABCD  SABM  SA DN  SNMC a   0,75  Lại có:     MAN FAN AM AF ; AN chung; MAN FAN 45o  AH AD 1 SMAN  AH MN  AD.MN  SMAN  at 2 Suy ra: Đặt MN = t t MN MH  NH MB  ND x  y  t   Mà 1 SMAN  at  a2  xy  at a  xy 2 Khi đó: , thay x t  y t2 t2  at a   t  y  y  at a  y  ty  a  at   ty  y  0 4    t t2   y    a2  ta  0 2  Vì t   a  ta  0  t t2 y    a  ta  0   2    t  4ta  4a2 0   t  2a  8a  t  2a 2 2a  t a 2  SAMN  a.a 2  a 2  Suy ra:  t  x y    x y a t a 2  Dấu “=” xảy     Min  SAMN  a2       0,75   BM DN a Vậy Cho a, b, c ba cạnh tam giác    21  21 0,5 Dự án word đề hsg Toán THCS - 2023 ab bc ca   a  b  c Chứng minh: a  b  c  a  b  c a  b  c 2đ Vì a,b,c cạnh tam giác nên: a  b  c  0;  a  b  c  0; a  b  c  Đặt: x a  b  c  0; y  a  b  c  0; z a  b  c  Ta có: x  y  z a  b  c; a  yz x z xy ;b  ;c  2 0,5  y  z  x  z   x  z  x  y   x  y  y  z ab bc ca    ab c  abc a bc 4z 4x 4y  1  xy yz zx  xy yz zx        3x  3y  3z     x  y  z        4 z x y 2 z x y   4 1 y  x z  x  y z  z  x y    3 x  y  z               4  z x   z y   y x     x  y  z    x  y  z   x  y  z Mà x  y  z a  b  c ab bc ca   a  b  c Suy ra: a  b  c  a  b  c a  b  c 0,5