Bài 1: (4,0 điểm). a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n) Bài 2: (4,0 điểm). a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b 2 2 − chia hết cho 5 thì a b 4 4 − chia hết cho 5. b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x ( ) cho (x x − + 1 2 . )( ) Biết rằng đa thức P x ( ) chia cho (x −1) dư 7 và chia cho (x + 2) dư 1. Bài 3: (4,0 điểm). a) Tìm x biết: ( 1) 3 7 1 x x x x − + − = − ( 2 3 ) b) Tìm các số nguyên x y , thỏa mãn x x y y 4 2 2 + − − + = 20 0 Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. b) K là trung điểm của CF. 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. Bài 5: (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.2 PGDĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH Biểu chấm gồm 02 trang HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 VÒNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 Bài Nội dung cần đạt Điểm Bài 1 4,0đ a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. 2,0 Ta có: 8x y z xyz x y xy x y z xyz 3 3 3 + + − = + − + + − 6 (2 ) 6 (2 ) 6 3 3 2 2 2 2 2 (2 )(2 ) (2 ) 6 (2 ) (2 )(4 2 2 ) x y z x y z x y z xy x y z x y z x y z xy xz yz = + + + − + + − + + = + + + + − − − 0,75 0,75 0,5 b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n) 2,0 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 ( )( ) 0 0 Do a b x y a x a x y b y b Mà a b x y nên a x y b y b a x y b y b y b a x y b y b b y b y y b a x b y a x b y a x b y + = + ⇒ − + = − + + = + − = − ⇒ − + = − + ⇒ − + − − + = = = ⇒ − + − − = ⇒ ⇒ + − − = + = + Xảy ra 2 trường hợp: TH1: b = y khi đó a = x thì an + bn = xn + yn TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y và b = x Khi đó an + bn = xn + yn Vậy với a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 thì an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n). 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 2 4.0đ a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b 2 2 − chia hết cho 5 thì a b 4 4 − chia hết cho 5. 2,0 Ta có: 4a 3ab 11b 5 ; 5a 5ab 10b 5 2 2 2 2 + − + − ( ) ( ) ( ) + − − + − ⇒ + + ⇒ + 2 2 2 2 2 2 2 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 a 2ab b 5 a b 5 a b 5 ⇒ + (Vì 5 là số nguyên tố) ⇒ − = + + − a b a b a b a b 5 4 4 2 2 ( )( )( ) 0,5 0,5 0,5 0,5 b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x ( ) cho đa thức (x x − + 1 2 . )( ) Biết rằng đa thức P x ( ) chia cho (x −1) dư 7 và chia cho (x + 2) dư 1. 2,0 Do (x x x x − + = − 1 2 2 )( ) 2 + là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia P x ( ) cho (x x − + 1 2 )( ) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2. Gọi phần dư cần tìm là ax b a b + ∈ ( , ). Ta có tồn tại các đa thức Q x Q x Q x 1 2 3 ( ), , ( ) ( ) thỏa mãn: 0,25 0,753 ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 2 3 1 2 1 7 2 1 = − + + + = − + = + + P x Q x x x ax b P x Q x x P x Q x x ( ) ( ) 1 2 1 1 2 Vì P nên a b 7 7 Vì P nên a b = + = − = − + = Từ đó ta được 7 2 2 1 5 + = = ⇔ − + = = a b a a b b Vậy phần dư cần tìm là: 2 5 x + . 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 4,0đ a) Tìm x biết: ( 1) 3 7 1 x x x x − + − = − ( 2 3 ) 2,0 Vì x x x x Do x x x 3 2 2 − = − + + + + > ∀ 1 ( 1) 1 ; 1 0 ( ) Nên ta xét 2 trường hợp TH1: Nếu x ≥1 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) 3 7 1 ( 1) 3 7 ( 1) 1 2 3 2 2 1 0 ( 1) 2 8 0 2 8 0 x x x x x x x x x x x x x x − + − = − ⇔ − + − = − + + − = ⇔ − − = ⇔ − = ( ) ( ) 1 4 = ⇔ = x x tháa m·n tháa m·n TH2: Nếu x < 1 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 ( 1) 3 7 ( 1) ( 1) 3 7 ( 1) 1 1 0 ( 1) 2 4 6 0 2( 1) 3 0 3 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x − + − = − − ⇔ − + − = − − + + − = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ + = ( ) ( ) 1 3 = ⇔ = − x x kh«ng tháa m·n tháa m·n Vậy x∈ − {1; 3;4} 0,25 0,75 0,75 0,25 b) Tìm các số nguyên x y , thỏa mãn x x y y 4 2 2 + − − + = 20 0 (1) 2,0 Ta có: (1) x x 20 y y ⇔ + + = + 4 2 2 Ta thấy x x x x 20 x x 20 8x 4 2 4 2 4 2 2 + < + + ≤ + + + x x 20 8x x 4x 5x 20 (x 4)(x 5) 4 2 2 4 2 2 2 2 + + + = + + + = + + ⇔ + < + ≤ + + x x 1 y y 1 x 4 x 5 2 2 ( ) ( ) ( 2 2 )( ) Vì x, y∈ nên ta xét các trường hợp sau + TH1: y y 1 x 1 x 2 x x 20 x 3x 2 ( + = + + ⇔ + + = + + ) ( 2 2 4 2 4 2 )( ) ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± 2x 18 x 9 x 3 2 2 Với x 9 2 = , ta có y y 9 9 20 y y 110 0 2 2 2 + = + + ⇔ + − = ⇔ = = − y 10 ; y 11 (t.m) + TH2. y y 1 x 2 x 3 x x 20 x 5x 6 ( + = + + ⇔ + + = + + ) ( 2 2 4 2 4 2 )( ) 0,5 0,25 0,254 2 2 7 4x 14 x 2 ⇔ = ⇔ = (loại) + TH3. y y 1 x 3 x 4 ( + = + + ) ( 2 2 )( ) ⇔ = ⇔ = 6x 8 x 2 2 4 3 (loại) + TH4. x x 20 x 9x 20 4 2 4 2 + + = + + ⇔ = ⇔ = ⇔ = 8x 0 x 0 x 0 2 2 Với x 0 2 = , ta có y y 20 y y 20 0 y 5 ; y 4 2 2 + = ⇔ + − = ⇔ = − = 0,25 0,25 0,25 Bài 4.1 4,0đ 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. b) K là trung điểm của CF. 4,0 K L F D C E A B Câu 1 4,0đ a) Ta có ∆ABE đều nên AB = AE => ∆ABE tại A ⇒ = DAE 300 ∆ABD vuông cân tại A nên BDA = 450 và DAF DFE = ⇒ = 30 75 0 0 cm ∆ADE cân tại A Suy ra ∆DFE cân tại D. 0,5 0,75 0,75 b) Vì ADE CDE = ⇒ = 75 15 0 0 Từ DEF LEF = ⇒ = 75 105 0 0 Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK ở L. Ta có DLC FEL DCL = = ⇒ = 105 60 0 0 Suy ra: ∆ABE đều 60 ; 45 15 0 0 0 ; ; ( . . ) EBA DBA FBE FBE LDC DC BE FEB LCD FEB LCD g c g CL EF Mà CL FE CEFL là hình bình hành CK KF = = ⇒ = ⇒ = = = Λ = Λ ⇒ = ⇒ ⇒ = 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 4.2 2,0đ 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. 2,05 O G Q L P N H M K I 2. Gọi O là trung điểm của PM=> OQ là đường trung bình của tam giác IMP => OQ IM => Mà IM vuông góc với HK=> OQ vuông góc với HK => Lại có MP vuông góc với HI => O là trực tâm của tam giác QHM => HO vuông góc với QM. Vì OH là đường trung bình của tam giác NMP nên OH PN NP vuông góc với QM. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 2,0đ Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c E a b b c c a = + + + + + Chứng minh được bất đẳng thức x m x m 2 2 2 ( ) y n y n + + ≥ + 2 2 2 4 4 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 4 4 4 : 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 2 2 ) : 2 2 2 2 2 2 a b c a b c Ta có E a b b c c a a a b b b c c c a x m x m a b c Áp dung ta có E y n y n a a b b b c c c a = + + = + + + + + + + + + + + + ≥ ≥ + + + + + + 2 2 1 1 4 2 3 2 ; 2 2 a b Vì a nên a a a b + + ≥ + ≥ ≥ 2 4 2 3 1 4 2 3 2 ; 2 2 c nên b b b c nên c c c + ≥ ≥ + ≥ + 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 2 2 ) 36 2 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 ( ) 12 a b c E a a b b b c c c a a a a b b b b c c c c a E E a b c a b c + + ≥ ≥ + + + + + + + + + + + + + ≥ ⇒ ≥ + + + + + 2 2 2 2 ( ) : 3 a b c Ta có a b c + + ≥ + + Mà a b c a b c 2 2 2 + + = ⇒ + + ≤ 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a ⇒ + + ≥ + + + + + Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Dấu “=” xảy ra a = b = c = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,2
PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TỐN VỊNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 Ngày thi 09 tháng 12 năm 2023 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử b) Cho a + b = x + y a2 + b2 = x2 + y2 Chứng minh: an + bn = xn + yn (với số tự nhiên n) Bài 2: (4,0 điểm) a) Với a, b số nguyên Chứng minh 4a + 3ab − 11b chia hết cho a − b chia hết cho b) Tìm phần dư phép chia đa thức P ( x ) cho ( x − 1)( x + ) Biết đa thức P ( x ) chia cho ( x − 1) dư chia cho ( x + ) dư Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm x biết: ( x − 1) ( x + 3x − ) = x3 − b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x + x − y − y + 20 = Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD Vẽ tam giác AEB nằm hình vng Đường thẳng AE cắt BD F, DE cắt FC K Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân b) K trung điểm CF Cho tam giác IHK cân I đường cao IM Trên tia đối HM vẽ N cho H trung điểm MN Vẽ MP vuông góc với IH Gọi Q trung điểm IP Chứng minh rằng: NP vng góc với QM Bài 5: (2,0 điểm) Cho số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2a 2b 2c Chứng minh: + + ≥ a+b+c a + b2 b + c2 c + a -Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm PGD&ĐT TP THANH HỐ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH Biểu chấm gồm 02 trang Bài HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN - VÒNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 Nội dung cần đạt a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử Ta có: x3 + y + z − xyz = (2 x + y )3 − xy (2 x + y ) + z − xyz = (2 x + y + z )[(2 x + y ) − z (2 x + y ) + z ] − xy (2 x + y + z ) = (2 x + y + z )(4 x + y + z − xy − xz − yz ) Bài 4,0đ b) Cho a + b = x + y a2 + b2 = x2 + y2 Chứng minh: an + bn = xn + yn (với số tự nhiên n) 2,0 Do a + b = x + y ⇒ (a − x)(a + x) = ( y − b)( y + b) Mà a + b = x + y nên a − x = y − b ⇒ ( y − b)(a + x) = ( y − b)( y + b) ⇒ ( y − b)(a + x) − ( y − b)( y + b) = 0,5 = b y= b y ⇒ ( y − b)(a + x − b − y ) = ⇒ ⇒ a + x − b − y = a + x = b + y Xảy trường hợp: TH1: b = y a = x an + bn = xn + yn TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y b = x Khi an + bn = xn + yn Vậy với a + b = x + y a2 + b2 = x2 + y2 an + bn = xn + yn (với số tự nhiên n) a) Với a, b số nguyên Chứng minh 4a + 3ab − 11b chia hết cho a − b chia hết cho Ta có: 4a + 3ab − 11b ; 5a + 5ab − 10b ( 5a ) ( ) + 5ab − 10b2 − 4a + 3ab − 11b2 ⇒ a + 2ab + b2 ⇒ ( a + b ) Bài 4.0đ Điểm 2,0 0,75 0,75 0,5 ( ⇒ a + b (Vì số nguyên tố) ) ⇒ a − b = a + b2 ( a + b )( a − b ) b) Tìm phần dư phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức ( x − 1)( x + ) Biết đa thức P ( x ) chia cho ( x − 1) dư chia cho ( x + ) dư Do ( x − 1)( x + 2=) x + x − đa thức bậc hai nên phần dư phép chia P ( x ) 0,5 0,5 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 0,25 cho ( x − 1)( x + ) đa thức có bậc nhỏ Gọi phần dư cần tìm ax + b ( a, b ∈ ) 0,75 Ta có tồn đa thức Q1 ( x ) , Q2 ( x ) , Q3 ( x ) thỏa mãn: P= ( x ) Q1 ( x )( x − 1)( x + ) + ax + b P ( x ) Q2 ( x )( x − 1) + = ( x ) Q3 ( x )( x + ) + P= Vì P= +b (1) nên a= 0,25 0,25 Vì P ( −2= b ) nên − 2a += a+b = = a ⇔ +b = −2a= b Từ ta 0,25 0,25 2,0 Vậy phần dư cần tìm là: x + a) Tìm x biết: ( x − 1) ( x + 3x − ) = x3 − Vì x3 − = ( x − 1) ( x + x + 1) ; Do x + x + > ∀x Nên ta xét trường hợp TH1: Nếu x ≥ ta có ( ) ( 0,25 ) ( 0,75 ) ( x − 1) x + 3x − = x − ⇔ ( x − 1) x + 3x − =− ( x 1) x + x + x − =0 ⇔ ( x − 1) ( x − ) =0 ⇔ 2 x − = x = 1( tháa m·n ) ⇔ x = ( tháa m·n ) TH2: Nếu x < ta có ( ) ( ) ( ) ( x − 1) x + 3x − = −( x3 − 1) ⇔ ( x − 1) x + 3x − = −( x − 1) x + x + 0,75 x − =0 ⇔ ( x − 1) x + x − =0 ⇔ 2( x − 1) ( x + 3) =0 ⇔ x + = ( Bài 4,0đ ) x = 1( kh«ng tháa m·n ) ⇔ x = −3 ( tháa m·n ) Vậy x ∈ {1; −3; 4} 0,25 b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x + x − y − y + 20 = (1) 2,0 Ta có: (1) ⇔ x + x + 20 = y + y Ta thấy x + x < x + x + 20 ≤ x + x + 20 + 8x x + x + 20 + 8x = x + 4x + 5x + 20 = (x + 4)(x + 5) ⇔ x ( x + 1) < y ( y + 1) ≤ ( x + )( x + ) 2 0,5 Vì x, y ∈ nên ta xét trường hợp sau + TH1: y ( y + 1) = ( x + 1)( x + ) ⇔ x + x + 20 = x + 3x + 0,25 ⇔ 2x = 18 ⇔ x = 9⇔x= ±3 Với x = , ta có y + y = 92 + + 20 ⇔ y + y − 110 = ⇔y= 10 ; y = −11 (t.m) + TH2 y ( y + 1) = ( x + )( x + 3) ⇔ x + x + 20 = x + 5x + 0,25 ⇔ 4x =14 ⇔ x = + TH3 y ( y + 1) = (loại) (x + 3)( x + ) ⇔ 6x =8 ⇔ x = (loại) + TH4 x + x + 20 = x + 9x + 20 ⇔ 8x = ⇔ x = ⇔ x = Với x = , ta có y + y =20 ⇔ y + y − 20 =0 ⇔ y =−5 ; y =4 0,25 0,25 0,25 Cho hình vng ABCD Vẽ tam giác AEB nằm hình vng Đường thẳng AE cắt BD F, DE cắt FC K Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân 4,0 b) K trung điểm CF D Bài 4.1 C E 4,0đ K F A L B = a) Ta có ∆ABE nên AB = AE => ∆ABE A ⇒ DAE 300 0,5 =300 ⇒ DFE =750 = 450 DAF ∆ABD vuông cân A nên BDA 0,75 c/m ∆ADE cân A 0,75 Suy ∆DFE cân D = b) Vì ADE =750 ⇒ CDE 150 =750 ⇒ LEF =1050 Từ DEF Câu 4,0đ Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK L =600 =FEL =1050 ⇒ DCL Ta có DLC Suy ra: ∆ABE =600 ; DBA =450 ⇒ FBE =150 EBA ; DC ⇒ FBE = LDC = BE; FEB = LCD ΛFEB = ΛLCD( g c.g ) ⇒ CL = EF Mà CL / / FE ⇒ CEFL hình bình hành ⇒ CK = KF Cho tam giác IHK cân I đường cao IM Trên tia đối HM vẽ N Bài 4.2 cho H trung điểm MN Vẽ MP vng góc với IH Gọi Q 2,0đ 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 trung điểm IP Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM I Q P N H O L G M K Gọi O trung điểm PM=> OQ đường trung bình tam giác IMP => OQ //IM => Mà IM vng góc với HK=> OQ vng góc với HK => Lại có MP vng góc với HI => O trực tâm tam giác QHM => HO vng góc với QM Vì OH đường trung bình tam giác NMP nên OH // PN NP vng góc với QM 0,5 0,5 0,5 0,5 Cho số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: 2a 2b 2c + + ≥ a+b+c a + b2 b + c2 c + a 2a 2b 2c + + Đặt E = a + b2 b + c2 c + a Chứng minh bất đẳng thức x m ( x + m) + ≥ y n y+n 2a 2b 2c 4a 4b 4c + + = + + a + b b + c c + a 2a + 2a 2b 2b3 + 2b 2c 2c3 + 2c a (2a + 2b + 2c ) x m ( x + m) Áp dung + ≥ ta có : E ≥ 2a + 2a 2b + 2b3 + 2b 2c + 2c + 2c a y n y+n 0,25 Ta có : E = Bài 2,0đ Vì a2 + b2 + c +1 ≥ c nên c + c ≥ 2c3 ≥ a nên a + a ≥ 2a ; ≥ b nên b + b ≥ 2b ; 2 (2a + 2b + 2c ) 36 ≥ 2 2 2 2 2a + 2a b + 2b + 2b c + 2c + 2c a a + a + 2a b + b + b + 2b 2c + c + c + 2c a 36 36 E≥ 2 2 2 ⇒E ≥ (a + b + c ) + a + b + c 12 E≥ Ta có: a + b + c ≥ (a + b + c) 2a 2b 2c Mà a + b + c = ⇒ a + b + c ≤ ⇒ + + ≥ a+b+c a + b2 b + c2 c + a 2 2 2 2a 2b 2c + + ≥ a+b+c 2 a+b b+c c + a2 Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25