013_Đề Hsg Toán 8_Kiến Xương_22-23.Docx

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIẾN XƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 2022 2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức 3 2 4 7 5 4 1 1 1 1 x x P x x x x                   (với 1)x  1)[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIẾN XƯƠNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

2022-2023 MÔN TOÁN LỚP 8

Bài 1.(4 điểm)

: 1

P

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tính giá trị của Pkhi xlà nghiệm của phương trình x3 x2 4 0 

3) Tìm giá trị của xđể Pnhận giá trị lớn nhất

Bài 2 (4 điểm)

1) Giải phương trình nghiệm nguyên 2x23y24x19

2) Cho x y z, , khác 0 thỏa mãn

1 1 1

0

x y z

x y z

     

và xyz 2 Tính giá trị của

biểu thức

6 6 6

3 3 3

x y z A

x y z

 



 

Bài 3 (6,0 điểm)

1) Tìm các cặp số nguyên x y; thỏa mãn

2 2

2

1

4

y x

x

và xyđạt giá trị lớn nhất

2) Chứng minh rằng f x  x2  x 12018x2  x 12019 2chia hết cho

g x x  x

3) Tìm giá trị của mđể nghiệm sau là số dương :

1 1 1

m

m x



 



Bài 4 (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCDcó độ dài cạnh là a.Gọi O là giao điểm của hai đường chéo Trên cạnh AB BC, lần lượt lấy 2 điểm P Q, (Q không trùng với đỉnh của hình vuông) sao cho POQ90 Đường thẳng AQcắt đường thẳng DCtại N, đường thẳng OQcắt đường thẳng BNtại K

1) Chứng minh BPOCQO Tính diện tích tứ giác BPOQtheo a

2) Chứng minh QK QO QB QC.  .

3) Hãy tìm vị trí của điểm Ptrên ABsao cho QO QK. lớn nhất

4) Khi P Q, thay đổi trên AB BC, và POQ90thì 2 2

CK  CN có giá trị không đổi

ĐÁP ÁN Bài 1.(4 điểm)

: 1

P

4) Rút gọn biểu thức P

Với x 1, ta có :

1 4 1

.

P

Vậy với x 1thì 2

5

x P x







5) Tính giá trị của Pkhi xlà nghiệm của phương trình x3 x2 4 0 

Ta có :

Với x 2thì 2

4.2 1

1



6) Tìm giá trị của xđể Pnhận giá trị lớn nhất

Ta có :

2

2 2

2

4 4

P

x

     



 

Vậy Max P 1 x2

Bài 2 (4 điểm)

3) Giải phương trình nghiệm nguyên 2x23y24x19

         

2

2 3 4 19 2 4 2 21 3

Ta thấy , Vế trái chia hết cho 2 và 3 là số lẻ  7 y22 y2lẻ nên y lẻ  2

Vì vế trái không âm do đó 3 7  y2  0 7  y2   0 y2  7 3 

Từ (2) và (3) suy ra y2  1 y1 Thay y 2 1vào (1) ta được :

Vậy các nghiệm nguyên là 2; 1 , 2;1 , 4;1 , 4; 1        

4) Cho x y z, , khác 0 thỏa mãn

1 1 1

0

x y z

x y z

     

và xyz 2 Tính giá trị của

biểu thức

6 6 6

3 3 3

x y z A

x y z

 



 

x y z    x y z    x y z  xy yz zx  

Vì

2 2 2

1 1 1

0 xy yz zx 0 x y z 0

xyz          Ta có :

3

3

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3

Tương tự ta có :

3

3

x y z x y z x y z xy x y xyz do x y z xyz

Vậy

6 6 6

3 3 3

12 2 6

x y z

A

x y z

 

 

Bài 3 (6,0 điểm)

4) Tìm các cặp số nguyên x y; thỏa mãn

2 2

2

1

4

y x

x

và xyđạt giá trị lớn nhất

Ta có :

2 2

2

           

Vì vế trái không âm nên 2 xy 0 xy2,

Mà x y,    Max xy( ) 2.2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 0

1; 2 0

1; 2 2

2

x x

y x

xy



 





 





  

 













Vậy x y   ;    1; 2 , 1; 2   

5) Chứng minh rằng f x  x2  x 12018x2  x 12019 2

chia hết cho

g x x  x

Đa thức g x x2 x x x  1có hai nghiệm là x0,x1

Ta có f   0  1201812019 2 0 nên x 0là nghiệm của đa thức f x nên f x chứa thừa số x

Ta có f  1 1 2   1 120181 1 1 2   2019 2 0 

1

x

  là nghiệm của đa thức f x 

 

f x

 chứa thừa số x 1mà các thừa số x x ; 1không chứa nhân tử chung , do đó

 

f x chia hết cho x x  1

Vậy f x  x2  x 12018x2  x 12019 2

chia hết cho g x  x2 x

6) Tìm giá trị của mđể nghiệm sau là số dương :

1 1 1

m

m x



 



Điều kiện x 1

Nếu 1  m  0 m 1thì phương trình vô nghiệm

Nếu 1 m0  m 1thì từ phương trình đã cho ta có :

 

2

1

m



 

1

1

m

m





Từ (1) và (2) suy ra để phương trình có nghiệm số dương thì m 1và m 1

Bài 4 (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCDcó độ dài cạnh là a.Gọi O là giao điểm của hai đường chéo Trên cạnh AB BC, lần lượt lấy 2 điểm P Q, (Q không trùng với đỉnh của hình vuông) sao cho POQ90 Đường thẳng AQcắt đường thẳng DCtại N, đường thẳng OQcắt đường thẳng BN tại K

K

N

Q O

C

B A

D

P

5) Chứng minh BPOCQO Tính diện tích tứ giác BPOQtheo a

Xét BPCvà CQO, ta có :

    (tính chất hình vuông)

BO CO (tính chất đường chéo hình vuông)

  (cùng phụ BQO)

 .  BPO CQO

BPO CQO c g c S S

Mà

2

Vậy

2

1 4

BPOQ

6) Chứng minh QK QO QB QC.  .

Vì BPOCQO cmt( ) BP CQ (2 cạnh tương ứng) BQAP

Vì / / ( )

CN AB gt

Mà OQPOCQ do BPO  CQO  2

Từ (1), (2) suy ra QKBOCQ 3

Mà BQKOQC(đối đỉnh) (4)

QB QK

QO QC

7) Hãy tìm vị trí của điểm Ptrên ABsao cho QO QK. lớn nhất

Theo kết quả câu 2, ta có QO QK. lớn nhất khi QB QC. lớn nhất

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

QB QC QB QC



Vậy QB QC. lớn nhất bằng

2 4

a

khi QB QC , tức là Qlà trung điểm của AB

Vậy khi P là trung điểm của ABthì QO QK. lớn nhất

8) Khi P Q, thay đổi trên AB BC, và POQ90thì 2 2

CK  CN có giá trị không đổi

Từ (5) ta có :

QB QK

QO QCmà OQBCQK(đối đỉnh) nên OBQ∽ CKQ c g c( )

 

45 2

         (theo (1) và (6)) nên CK BN

Ta có : BKC∽ CKN g g( ) 2  

7

.



.

Từ (9) và (10) ta được : 2 2

CK  CN không đổi (vì a không đổi)