008_Đề Hsg Toán 8_Thường Tín_22-23.Docx

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THƯỜNG TÍN ĐỀ THI HSG SỐ 25 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 120 phút Ngày kiểm tra Bài 1 (5,0 điểm) Cho biểu thức   2 3 4 3 2 3 1[.]

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THƯỜNG TÍN

ĐỀ THI HSG SỐ 25

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8

MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày kiểm tra Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức:

, 0; 1

a) Rút gọn A?

b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên?

Bài 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x  x  x  x  x  x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

Bài 3: (2,0 điểm)

b+c c+a a+b  chứng minh rằng:

0

b+c c+a a+b  

Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Tính tổng:

AD BE CF

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ

số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm

3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chính phương.

b) Cho x y z , , khác 0 thoã mãn: 1 1 1x y z 2 và 2

2 1

4

xy  z 

Tính D   x  2 y z  2018

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học: 2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức:

, 0; 1

a) Rút gọn A?

b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên?

Lời giải a) Rút gọn A

Với x  0, x  1

A

2 1 2 1 2 1

2 2 1

x

 



 x 1 2

x





b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

Ta có:

2 12

x   x

2 12 0

x x

3 4

x

x loai





  

 Khi x  3 thì

16 3

A 

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên

Vì x  0 nên

 1 2 4

A



0 1

x B

 vì x  0

Vì

6 6

4

A

A

Suy ra 0  B  1,5 mà B nhận giá trị nguyên nên B  1

1

2 2 2

6

x x

  

Vậy B  1 khi

x x

  



 



Bài 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x  x  x  x  x  x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

Lời giải

a) Điều kiện x    6; 4; 1;3

x  x  x  x   x  x



x 1 x 3 3

0 2

x x







0;2

S 

      (Nhân cả hai về với 24)

144x2 60x 4 144  x2 60x 6 7920

Đặt: 144x2 60x 5 y

Ta có phương trình: (y1)(y1) 7920  y2 7921 y89 hoặc y 89

Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải ra: x 1 hoặc

7 12

x

Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải thích được phương trình này vô nghiệm

Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 hoặc

7 12

x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

4 5 3 5 3 25 2 5 2 25 6 30 0

 x3 5 x2 5 x 6   x 5  0

 x3 6 x2 x2 6 x x 6   x 5  0

2

6 0

5 0

1 0

x x

x x

 





   

   



2

6 5

0,

x x

















Vậy S    6;5 

Bài 3: (2,0 điểm)

b+c c+a a+b  chứng minh rằng:

0

b+c c+a a+b  

Lời giải

Ta có

1

b+c c+a a+b  

a a b a c b b c b a c a c a b a b b c a c

Suy ra a3  b3 c3  abc

Ta có

2 2 2 a a b a c b b c b a c b c a c

Biến đổi tử thức ta có

a a b a c  b b c b a  c b c a c 

a b c a b a c b a b c c a c b a b c a b c

Thay a3 b3  c3  abc ta được

a a b a c  b b c b a  c b c a c 

Vậy

0

b+c c+a a+b  

Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Tính tổng:

AD BE CF

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải

a) Tổng:

1

ABC

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

Ta có

BH BE BD BC 

CH CF CD CB  Suy ra BH BE CH CF  BD CD BC BC   2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF.

Ta chứng minh  AEF   ABC   DEC

 AEF DEC 

 

FEB DEB

Suy ra EB là phân giác góc FED

Chứng minh tương tự ta có FC là phân giác góc DFE.

Suy ra H là giao điểm ba đường phân giác  DEF

Suy ra H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Khi M trùng với H thì N trùng với C

Kẻ đường trung trực của đoạn HC

Khi M C  ' thì HC '  CH khi đó N H 

Kẻ đường trung trực của đoạn HC ' Hai đường trung trực cắt nhau tại O khi đó điểm O cố định.

Chứng minh điểm O nằm trên đường trung trực của MN khi M N , thay đổi.

Chứng minh OM ON  Vậy đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ

số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm

3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chính phương.

b) Cho x y z , , khác 0 thoã mãn: 1 1 1x yz 2 và 2

2 1

4

xy  z 

Tính D   x  2 y z  2018

Lời giải

a) Gọi số chính phương có bốn chữ số ban đầu là abcd

Ta có abcd m  2

Theo đề bài ta có abcd  1353  n2

Suy ra n2  m2  1353

 n m n m    3.11.41

Có m  1000; n  100000

Suy ra 64  m n   200



Vậy số cần tìm là 3136.

x  y  z 

Ta có a b c    2 và 2 ab c  2  4

2 2 2 2 2 2 0

 a c  2   b c  2  0

  

Thay x y   z vào

2

1 1 1

x yz  ta tìm được

x  y  z 

Thay vào D   x  2 y z  2018 ta được

2018

D             

 

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