012_Đề Hsg Toán 8_Chí Linh_22-23.Docx

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHÒNG GD & ĐT ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN 8 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 1 1 1 3 1 3 x x A x x x x x        [.]

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH

PHÒNG GD & ĐT ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023

MÔN TOÁN 8 Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức

     

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên của xđể Anhận giá trị nguyên

Bài 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình sau : 2 2 2

b) Giải bất phương trình sau : x2 2x3x1 3

Bài 3 (2,0 điểm)

a) Cho P n 4 4.Tìm tất cả các số tự nhiên nđể Plà số nguyên tố

b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên nthỏa mãn 2014 2014  1

chia hết cho n3 2012n

Bài 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD,M là một điểm nằm giữa B và C Kẻ AN

vuông góc với AM AP, vuông góc với MN(M và P thuộc đường thẳng CD)

a) Chứng minh tam giác AMNvuông cân

b) Chứng minh rằng AN2 NC NP.

c) Gọi Q là giao điểm của tia AM và tia DC.Chứng minh tổng 2 2

AM  AQ

không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC

Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số không âm x y, thay đổi và thỏa mãn x y 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q4x2  3y 4y2  3x 25xy

ĐÁP ÁN Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức

     

c) Rút gọn biểu thức A

Ta có :

0

1

2 2.

x

x

x





         

Vậy với x0;x1thì

2 1

x A x





d) Tìm giá trị nguyên của xđể Anhận giá trị nguyên

Với x0;x1ta có :

2

1 (2) 1; 1; 2; 2 0; 2;1; 3

x x

A

 

Đối chiếu điều kiện suy ra x   2;1;3

Bài 2 (2,0 điểm)

c) Giải phương trình sau : 2 2 2

 

1

x  x  x  x x  x  x   x   x 

2

x  t t Khi đó phương trình (1) trở thành :

2 2

( ) 3

t ktm

       









Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1

d) Giải bất phương trình sau : x2 2x3 x1 3

Ta có x2 2x3x1 3  x123 x1 4 2  

Đặt x1  t 0 x12 t2

Phương trình (2) trở thành :

          

           

       

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là Sx/ 0 x 2

Bài 3 (2,0 điểm)

c) Cho P n 4  4.Tìm tất cả các số tự nhiên nđể Plà số nguyên tố

Ta có :

P n   n  n   n  n   n  n  n n  n

Mà n  nên n2 2n  2 n2  2n 2và P là số nguyên tố nên

 

2 2 2 1 *

n  n  và n2 2n 2là số nguyên tố

 *  n2  2n   1 0 n 12   0 n 1

Thử lại với n 1thì P là số nguyên tố

d) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên nthỏa mãn 2014 2014  1chia hết cho

3

2012

Đặt A201420141, B n 32012n

Giả sử tồn tại n  để A B  1

B n  n n  n n n n n  n

Vì n1, ,n n1là ba số nguyên liên tiếp nên n1 n n 1 6 mà 2013 3n (do

 

2013 3) 2  Từ    1 , 2  A3 * 

Lại có 2014201412014 1 mod 3   A20142014 1 2 mod 3 

A

 không chia hết cho 3 (trái với (*)), mâu thuẫn nên giả sử là sai

Vậy không tồn tại số nguyên nthỏa mãn 2014 2014  1chia hết cho n3 2012n

Bài 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD,M là một điểm nằm giữa B và C Kẻ

ANvuông góc với AM AP, vuông góc với MN(M và P thuộc đường thẳng CD)

P Q

O N

B

C

A

D

M

d) Chứng minh tam giác AMNvuông cân

Ta có ABCDlà hình vuông (gt) nên 90

AD AB







AD DC

  Vì NAD DAM NAM 90AN AM

Xét NAD MAB, ta có :

NDA MBA AD AB cmt NAD MAB cmt

( )

Lại có MAN90ANAM AMNvuông cân tại A

e) Chứng minh rằng AN2 NC NP.

Gọi O là giao điểm của MNvà AP APMNtại O

Xét ANO MAN, có : AON MAN 90 , ANOchung ANO∽MAN g g . 

 

2

1

 

Từ (1) và (2)  AN2 NP NC dfcm. ( )

f) Gọi Q là giao điểm của tia AM và tia DC.Chứng minh tổng 2 2

AM  AQ

không đổi khi điểm Mthay đổi trên cạnh BC

Xét ANQcó đường cao AD



ANQ

vuông cân tại A)

 

2

AD NQ AN AQ

AN AQ AD AN AQ AD

Áp dụng Pytago vào ANQ,ta có NQ2 AN2AQ2 4

Từ (3) và (4) suy ra

.

AN AQ



Mà ANAM (cm câu a) và AD không đổi nên 2 2 2

AD AQ  AM không đổi Vậy tổng 2 2

AM  AQ không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC

Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số không âm x y, thay đổi và thỏa mãn x y 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q4x2  3y 4y2  3x 25xy

Ta có :

x y 3 x3y3 3xy x y   x3y3 x y 3 3xy x y    1 3xy do x y   1

Do đó Q4x2  3y 4y2  3x 25xy

Đặt

1

, 2

từ

1 1

2

Do

, 0

Khi đó :

2

             

              

Do

2

0 8 8 2

      

2

8a 3 0

   mà 2a2    0, a 2 8a2  a2  3  0 2 

Từ    

25

1 , 2

2

Q

 

Dấu bằng xảy ra khi

2 2

1

1

2

x

y







        



Vậy