024 đề hsg toán 8 phù mỹ 22 23

UBND HUYỆN PHÙ MỸ KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022-2023 Thời gian : 150 phút Bài (4,0 điểm) 2x Phân tích đa thức  2  4  a) thành nhân tử b) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  2020 2021  1  n3  2021n  Bài (4,0 điểm) a b c   2021 a) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện b  c c  a a  b  a2 b2 c2  P     :  a  b  c  b c c  a a b  Tính giá trị biểu thức x  4x2  x  2 5 b) Giải phương trình Bài (5,0 điểm) a) Cho số a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c 3 3 P  a  1   b  1   c  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức b) Một học sinh từ lớp đến lớp trải qua 31 kỳ thi, số kỳ thi năm sau nhiều số kỳ thi năm trước số kỳ thi năm lớp gấp ba lần số kỳ thi năm lớp Hỏi học sinh thi kỳ thi năm lớp Bài (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AD lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm P cho AM CP Kẻ BH vng góc với AC H Gọi Q trung điểm CH , đường thẳng qua P song song với MQ cắt AC N a) Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành b) Khi M trung điểm AD Chứng minh BQ vng góc với NP Bài (3,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD 120 Một đường thẳng qua đỉnh D hình thoi cắt tia đối hai tia AB CB M, N Gọi E giao điểm AN CM Chứng minh AD  AN AE ĐÁP ÁN Bài (4,0 điểm) c) 2x Phân tích đa thức  2  4  thành nhân tử Ta có :  x    4 x  16 x  25  x  20 x  25   36 x  x     x   x  x    x  x   2 2 2 d) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  2020 2021  1  n3  2021n  2021 Ta thấy 2020  có giá trị số nguyên lẻ Mặt khác: Với số nguyên n n 2021n hai số ngun có tính chẵn, lẻ nên n  2021n số nguyên chẵn với số nguyên n 20202021  1  n  2021n  Vậy không tồn số nguyên n thỏa mãn  Bài (4,0 điểm) a b c   2021 c) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện b  c c  a a  b  a2 b2 c2  P     :  a  b  c  b c c  a a b  Tính giá trị biểu thức Vì a, b, c số dương nên a  b  c 0 Ta có : a b c   2021 b c c a a b b c   a      a  b  c  2021 a  b  c   b c c a a b  a b c   a  b  c    a  b  c   a  b  c  2021 a  b  c  bc ca a b a2 b2 c2  a b  c 2021(a  b  c) bc ca a b a2 b2 c2    2021(a  b  c )   a  b  c  b c c  a a b a2 b2 c2    2020  a  b  c  b c c  a a b  a2 b2 c2  P     :  a  b  c  2020  a  b  c  :  a  b  c  2020  b c c a a b  Vậy x2  d) Giải phương trình x2  x  2 5 Phương trình xác định  x  0  x  Khi phương trình cho tương đương  2x 4x2  2x   x  2.x    2.x 5   x  x  x       x2  2x 2x  4x2 2x  x2   x 5    5    x2 x2 x2 x2   x2  x2  4x2   5   x2 x2 x2 y x  ta phương trình y  y 5 Đặt  y  3  y 1  y  y  9   y   9     y    y  *Trường hợp 1: y 1 Ta có : x2 1  x  x   x  x  0  x 1 *Trường hợp 2: y  Ta có :  x 2(tm)  x  1(tm)  x2 25 15   x  x  10 0  x  2.x   0 x2 4 5 15    x    ( ktm) 2  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S   1; 2 Bài (5,0 điểm) c) Cho số a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c 3 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  1   b  1   c  1 Với số a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c 3 Ta có :  3a  3a 3a   *)  a  1 a  3a  3a  a  a  3a     a  a       1 1 4 2 4    3b  3b 3b   *)  b  1 b  3b  3b  b  b  3b     b  b       1  4 2 4   3 2  3c  3c 3c   *)  c  1 c  3c  3c  c  c  3c     c  c       1  4 2 4   Cộng theo vế (1), (2) (3) ta :  a  1 3   b  1   c  1  3 3  a  b  c       P  4 4 Dấu xảy :   3 a a     0     b  b   0  2    c  c   0    2   a  b  c 3 Min P    3   a; b; c   0; ;       3  (a; b; c)  ;0;   2   3   (a; b; c)  ; ;0  2   3  a; b; c   0; ;   2  hoán vị Vậy d) Một học sinh từ lớp đến lớp trải qua 31 kỳ thi, số kỳ thi năm sau nhiều số kỳ thi năm trước số kỳ thi năm lớp gấp ba lần số kỳ thi năm lớp Hỏi học sinh thi kỳ thi năm lớp Gọi số kỳ thi năm (từ lớp đến lớp 9) mà học sinh trải qua x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5  x1; x2 ; x3 ; x4 ; x5 số nguyên dương) Ta có x1  x2  x3  x4  x5 ; x1  x2  x3  x4  x5 31 x5 3x1  Vì x1  x2  x3  x4  x5  x1  x2  x3  x4  x5  5x5 hay x5  31  x5   1  Vì x5 3x1  x5 3 (2) Giả sử x5 12  3x1 12  x1 4  x1  x2  x3  x4  x5 4     12 34 Suy khơng xảy x1  x2  x3  x4  x5 31  x5  12  3 Từ (1), (2), (3) suy x5 9, x1 3  x2  x3  x4 19 Mà x2  x3  x4  x2  x3  x4  3x4 hay 3x4  19  x4  Do  x4  x5 9 nên x4 7 x4 8 *Nếu x4 7  x2  x3  x4    18  19 (loại)  x2 4; x3 7  x 5; x 6 (tm) x   x  x  11 *Nếu Khi  Vậy học sinh thi kỳ thi năm lớp Bài (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AD lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm P cho AM CP Kẻ BH vng góc với AC H Gọi Q trung điểm CH , đường thẳng qua P song song với MQ cắt AC N B A N M E P H Q D C c) Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành Hình chữ nhật ABCD  AD BC  DAC BCA PN / / MQ( gt )  AQM CNP Mà AQM  DAC  AMQ 180 CPN  BCA  CNP 180  AMQ CPN Xét AMQ CPN có : AM CP, DAC BCA, AMQ CPN  AMQ CPN ( g.c.g )  MQ PN Tứ giác MNPQ có MQ / / PN , MQ PN Vậy tứ giác MNPQ hình bình hành d) Khi M trung điểm AD Chứng minh BQ vuông góc với NP Gọi E trung điểm BH, mà Q trung điểm HC BC QE   BHC  QE / / BC Nên QE đường trung bình QE / / BC  QE  AB , mà BH  AQ nên E trực tâm ABQ  AE  BQ BC AD , AM  AD BC  QE  AM QE mà Mặt khác QE / / AM (cùng // với BC) nên AEQM hình bình hành  AE / / MQ  AE / / PN  / / MQ   Do AE  BQ AE / / PN nên BQ  PN Vậy M trung điểm AD BQ  NP Bài (3,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD 120 Một đường thẳng qua đỉnh D hình thoi cắt tia đối hai tia AB CB M, N Gọi E giao điểm AN CM Chứng minh AD  AN AE M A E D B C N  Hình thoi ABCD nên AD DC AB / / DC AB / / DC  ADC  BAD 180  ADC 180  BAD 180  120 60 AD DC  ADC cân D, mà ADC 60  ADC  AD  AC DC  Xét ADM CDN có : AMD CDN (hai góc đồng vị AB / /CD), ADM CND (đồng vị AB / / BC ) AM AD AM AC     ADM ∽ CND( g g ) CD CN hay AC CN AM AC  ; MAC ACN 120  Xét AMC CAN có : AC CN  AMC ∽ CAN (c.g c )  ACM CNA hay ACE ANC  Xét ACE ANC có : NAC chung, ACE ANC AE AC   AC  AE AN AC AN Mà AC  AD Vậy AD  AN AE  ACE ∽ ANC ( g.g ) 