002_Đề Hsg Toán 8_Như Xuân_22-23.Docx

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NHƯ XUÂN ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 8 NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 2 2 1 1 2 12 1 x x x x P x xx x x x     [.]

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NHƯ

XUÂN

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP

HUYỆN

LỚP 8

NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức

:

1

2 1

P

x x



a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P

b) Tìm x để

1 2

P 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của Pkhi x 1

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Cho đa thức Px2 9x n , với n  * Tìm giá trị nhỏ nhất của n, giá trị lớn nhất của

nđể đa thức Plà tích của hai đa thức với hệ số nguyên

b) Tìm a b, sao cho f x( )ax3 bx2 10x 4chia hết cho đa thức g x( )x2  x 2

c) Với giá trị nào của xthì giá trị của phân thức

4 3

1

x x x P



    bằng 0

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 2 2

6

x  x  x  x 

b) Cho phương trình

3

x m x

  , tìm mđể phương trình có nghiệm dương

Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABCvuông tại Acó đường trung tuyến AM Vẽ tia Axvuông góc với

AMvà Byvuông góc với AB; Axvà By cắt nhau tại E Vẽ BFvuông góc với AE

(FAE) Gọi Dlà giao điểm của AM và BE; I là giao điểm của MEvà BF, Klà giao điểm của MEvà AB Chứng minh:

a)ABF BAM và ABCđồng dạng với FBE

b) Tứ giác ABDC là hình chữ nhật

c) BI IF

d) Ba điểm D K F, , thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số

đo diện tích bằng số đo chu vi

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức

:

1

2 1

P

x x



a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P

b) Tìm x để

1 2

P 

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của Pkhi x 1

Lời giải

a) Pxác định

2 2 2

2

0 1

2 1 0 0

1 0 0

x x

x x









  

  







0 1 1

x x x







  

 

 Vậy ĐKXĐ: x0;x1;x1

:

1

2 1

P

x x



2

:

( 1)

P

x

x

x

2

: ( 1) ( 1)

P

x x x





 2

( 1) ( 1)

1 ( 1)

x x x x P

x x





 2 1

x P

x



 Vậy

2 1

x P x



 ( với x0;x1;x1)

b)

1 2

P 

1 2

x x



 ( với x0;x1;x1) 2

2

4 16 8

2

2

x

    

x

    

1 3

4 4

x

x





 

  



1 ( ) 2













 Vậy

1 2

x 

thì

1 2

P 

c)

2 1

x P

x





2 1 1 1

x x

 





1 1 1

x

x

  



1

1

x x



Áp dung BĐT Côsi cho hai số dương

1

1

x

x

 nên ta có 1

1

x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1 1

1

x

x

  (x 1)2 1 x1 1 (do x  1 0) x2(TMĐKXĐ) Vậy Pmin 4khi x 2

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Cho đa thức 2

9

Px  xn, với *

n   Tìm giá trị nhỏ nhất của n, giá trị lớn nhất của nđể đa thức Plà tích của hai đa thức với hệ số nguyên

b) Tìm a b, sao cho f x( )ax3 bx2 10x 4chia hết cho đa thức g x( )x2  x 2

c) Với giá trị nào của xthì giá trị của phân thức

4 3

1

x x x P



    bằng 0

Lời giải

a) Px2 9x n n  *

Gọi x a x b ,  là hai đa thức bậc nhất với a b  , và là nhân tử của P

Hay P(x a x b )(  ) Khi đó đồng nhất hệ số ta được

9

a b

a b n

 









Do n  *nên ab0 a b, cùng dấu

Mà a b  , thỏa mãn a b 9 nên ta có các trường hợp sau:

Vậy n nhỏ nhất là 8, n lớn nhất là 20.

b) f x( )ax3 bx2 10x 4; g x( )x2  x 2

Ta có g x( ) ( x 1)(x2)

Do f x( )chia hết cho đa thức g x( )nên f x( )q x g x( ) ( ) với q x( ) là đa thức

f x  x x q x

Với x 1 ta được f(1) 0 hay a b  6 0

Với x 2 ta được f ( 2) 0 hay 8a4b 24 0  2a b  6 0

Khi đó ta có

6

a b

a b

 







4 2

a b





 



 Vậy a4,b2

c)

4 3

1

x x x P



    ( ĐK: x4  x32x2  x 1 0 (1))

0

P 

4 3

1 0

x x x

3 (x 1)(x 1) 0

     (x1) (2 x2  x1) 0

Do

2

x  x x    x

Nên  

2

x    x 1 0 x1 Thay x 1vào (1) ta thấy thỏa mãn

Vậy x 1thì P 0

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 2 2

6

x  x  x  x 

b) Cho phương trình

3

x m x

  , tìm mđể phương trình có nghiệm dương

Lời giải

6

x  x  x  x 

Ta thấy x 0không là nghiệm của phương trình Chia cả tử và mẫu của các phân thúc

cho x ta có

6

2x 5 2x 1

Đặt

3

x

ta được:

6

a a 

2 6 13 39 6( 3)( 3) ( 3)( 3) ( 3)( 3)

2

1 7 2

a a









 

 Với a 1

2

x x

2

2

x

Với

7 2

a  2x 3 2 1

x

2

2 3 4

x x









 



Tập nghiệm của phương trình là

3 2;

4

S  

 

b)

3

x m x

(2x m x)( 2) (x 1)(x 2) 3(x 2)(x 2)

2x (4 m x) 2m x 3x 2 3x 12

Phương trình (1) có nghiệm nguyên dương

m

x





Ta có

1

m x

m







1

m m





12 2

1

m



+)

12 1

x

m



 m        1  1; 2; 3; 4; 6; 12 (*)

+)

1

m x

m





TH1:

2 14 0

m m





 



7 1

m m





 



 vô lý

TH2:

2 14 0

m m





 



7 1

m m





 



 1m7(**)

Từ (*), (**) ta có m  1 1;2;3; 4  m2;3;4;5

Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABCvuông tại Acó đường trung tuyến AM Vẽ tia Axvuông góc với

AMvà Byvuông góc với AB; Axvà By cắt nhau tại E Vẽ BFvuông góc với AE

(FAE) Gọi Dlà giao điểm của AM và BE; I là giao điểm của MEvà BF, Klà giao điểm của MEvà AB Chứng minh:

a)ABF BAM và ABCđồng dạng với FBE

b) Tứ giác ABDC là hình chữ nhật

c) BI IF

d) Ba điểm D K F, , thẳng hàng.

Lời giải

a) Xét ABFvuông tại F ( BF  AE)   90

 ABF FAB 

Axvuông góc với AM   90

 BAM FAB Suy ra ABF BAM (đpcm)

Ta có AEB BAE 90 (ABEvuông tại B)

Mà 1  3 90

A A  A1 AEB(1)

Có AM là đường trung tuyến của ABCvuông tại A    2

BC

AM MB MC

 AMBcân tại M  A1 B1 (2)

Từ (1), (2) ta có B1 AEB

Xét ABCvà FBE có:

BAC EFB

 

1 

B AEB

Suy ra ABCđồng dạng với FBE (g.g)

b) có AC ABtại A(gt);

mà ABDB tại B(gt)  AC/ /BD  A2 ADB(hai góc so le trong)

Ta có AM MC(cmt)  AMCcân tại M  A2 C1(3)

Có 1 1 90

C B ; 1  2 90

B B  C1 B 2(4)

Từ (3), (4)  A2 B2 mà A2 ADB(cmt) suy ra B 2 ADB

 BMDcân tại M  MD MB

Mặt khác    2

BC

AM MB MC

2

MD AM MB MC

 M là trung điểm của đường chéo BC và AD tứ giác ABDClà hình bình hành

x

1

2

1 1

2

K I

D

F E

M B

A

C

Mà ABD90 nên tứ giác ABDClà hình chữ nhật.

c) Ta có BF AE tạiF; ADAE tạiA BF / /AD

AD EA (hệ quả định lí Talet)

Có IF / /AM (vì BF / /AD) 

IF EF

AM EA (hệ quả định lí Talet)

Suy ra 

IF BF

AM AD mà  2

AD

AM  BF  AD  2

IF AM  BF 2IF  Ilà trung điểm của

BF d) GọiKlà giao điểm của DFvà AB

Ta có BI / /AM  

BI BK

AM AK (hệ quả định lí Talet)

BF / /AD(cmt)

BF FK BK

AD K D K A (hệ quả định lí Talet)

Mà I là trung điểm của BF, Mlà trung điểm của DA





BK BK

AK AK mà K K, AB



 K K

Vậy 3 điểm D K F, , thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số

đo diện tích bằng số đo chu vi

Lời giải

Gọi ba cạnh của tam giác là a b c a b c, , ( , ,  *)

Ta có

2 2 2(1)

(2) 2





  





a b c ab

a b c

2

 c  a b  ab  c2 a b 2  4(a b c  )  c2 4ca b 2  4(a b )

 c  c  a b  a b   (c2)2 (a b  2)2

2 ( ) 2(*)

   



     



Ta có a b,  *  a b  2 0  2 ( a b ) 0 mà c * c 2 2 nên (*) vô nghiệm Vậy c a b   4, thế vào (2) ta có:

4

ab

a b a b

 ab a b   ab 4a 4b8  a b(  4) 4(  b 4) 8 

Mà a b,  *  a 4;b 4là các ước lớn hơn hoặc bằng 3của 8và a 4;b 4

là hai số nguyên cùng dấu nên ta có các trường hợp sau:

4



4



Khi đó ta có :

Vậy tam giác có độ dài ba cạnh là 5,12,13hoặc 6,8,10thỏa mãn yêu cầu đề bài

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =