041 đề hsg toán 8 lục nam 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỤC NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2022-2023_MƠN TỐN Câu (4,0 điểm) 2 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  xy  y  y  x 2 3 2) Cho a  3ab 5 b  3a b 10 Tính S 2016a  2016b Câu (5,0 điểm)  4x 8x2   x  2 A   :       x  x   x  2x x  1) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A tìm giá tri x để A  2) n Chứng minh  2  3n  1  chia hết cho 24 với n số tự nhiên Câu (4,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  3x  x y  y  2 2) Một đa thức P  x  chia cho x  x  dư  x chia cho x  x  dư 3x  Tìm số dư phép chia P  x  cho x  x  Câu (6,0 điểm) Gọi M điểm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB hình vng AMCD, BMEF 1) Chứng minh AE vng góc với BC 2) Gọi H giao điểm AE , BC Chứng minh ba điểm D, H , F thẳng hàng 3) Chứng minh đường thẳng DF qua điểm cố định M di chuyển đoạn thẳng AB cố định 1   1 Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy yz xz Tìm giá trị lớn Q biểu thức x yz   x   y zx   y   z xy   z  ĐÁP ÁN Câu (4,0 điểm) 2 3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x  xy  y  y  x x  xy  y  y  x  x  xy    xy  y    x  y   x  x  y   y  x  y    x  y   x  y   x  y  1 2 3 4) Cho a  3ab 5 b  3a b 10 Tính S 2016a  2016b 2 a  3ab 5; b3  3a 2b 10   a  3ab    b3  3a 2b  52  102  a  6a 4b2  9a 2b  b6  6a 2b  9a 4b 25  100  a  3a 4b  3a 2b4  b 125   a  b  53  a  b 5 S 2016a  2016b2 2016  a  b  2016.5 10080 Câu (5,0 điểm)  4x 8x2   x  2 A   :       x  x   x  2x x  3) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A tìm giá tri x để A   x    x  2  4x 8x2   x    4x 8x2 A   :     :     x( x  2)   x  x   x  2x x    x   x    x     x  x  8x : x   x   x   x  x   x   x  x  x  2   x   x   x   x x  x  x2   dk : x 2; x 3 Để A  x  Ta có x 0 với x, để A   x    x  Đối chiếu với điều kiện ta có A  x  3, x 2, x 0 4) n Chứng minh  2  3n  1  chia hết cho 24 với n số tự nhiên B  n  3n  1   n  3n   1  n  3n   1 n  n  3  n  3n   n  n  3  n  1  n   Tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2,3, nên B24 Câu (4,0 điểm) 3) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  3x  x y  y  x3  3x  x x  3x x y  y   y  x  x 2 x 2 x  x  nguyên   x    x   y nguyên   x    x    x     x  25   x     x   27   x    27  x     x     3;9; 27  x  2  x2  27 x 1  7(ktm) 5 (ktm)  145 *) x   y  (ktm) 27 *) x 1  y  *) x   y  *) x 5  y 5 Vậy  x; y      1;  3 ;  5;5   2 4) Một đa thức P  x  chia cho x  x  dư  x chia cho x  x  dư 3x  Tìm số dư phép chia P  x  cho x  x  Giả sử P  x   x  x  1 Q  x   R  x  ( Q(x): thương, R(x): dư)  P  x   x  x  1  x  x  1 Q  x   R  x   P  x   R  x   x  x  1  x  x  1  P  x , R  x 2 có số dư chia cho x  x  x  x   R  x   x  x  1  mx  n    x  x  x  1  px  q   x  m  p m  n q  p     n  m   p  q  n  q  m  n 4    p  q 0 Vậy R  x   x  x  x  Câu (6,0 điểm) Gọi M điểm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB hình vng AMCD, BMEF D C I H O A F E K M B 4) Chứng minh AE vng góc với BC BE / / MD (do DMA EBM 45 ) mà AC  DM (tính chất đường chéo hình vng)  BE  AC Xét CAB có CM  AB, BE  AC  AE  BC (tính chất ba đường cao) 5) Gọi H giao điểm AE , BC Chứng minh ba điểm D, H , F thẳng hàng Gọi AC  DM O Vì AHC 90  OH  AC DM  OH  2 DM  DMH DMH có vng H nên MHD 90 Chứng minh tương tự MHF 90 Vậy ba điểm D, H , F thẳng hàng OH  6) Chứng minh đường thẳng DF qua điểm cố định M di chuyển đoạn thẳng AB cố định Gọi I DF  AC , DMF có DO OM , OI / / MF  ID IF Kẻ IK  AB  K trung điểm AB (tính chất đường trung bình hình thang)  IK  AB , AB cố định nên I cố định Vậy DF qua I cố định M di chuyển AB 1   1 Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xy yz xz Tìm giá trị Q lớn biểu thức x yz   x   y zx   y   z xy   z   1 1 1    1      xyz  xyz  z  x  y  xyz xy yz xz  xy yz xz  Xét yz   x   yz  x yz  yz  x.xyz  yz  x  x  y  z   Tương tự : zx   y    y  z  x  y ; xy   z    x  y  z  x  z  x  y  z  Q  Q x yz   x   x x  xy zx y zx   y   z xy   z  y y z z  yz x y zx yz Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cosi: x x 1 x z  y y 1 y y  z z 1 z z           ; ;  x y zx 2 x y xz  yz x y 2 yz x y  zx yz 2 zx yz  1 x x y y z z   Q        2 x y zx yz x y zx yz   x z   x y   y z   Q             z  x z  x   x  y x  y   y  z y  z   Q     1  Q  2 Max Q   x  y z  Vậy