037 đề hsg toán 8 quỳnh phụ 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN QUỲNH PHỤ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2022 2023 Bài 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để biểu thức[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN QUỲNH PHỤ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8

NĂM HỌC 2022-2023

Bài 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức 2

A

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của xđể biểu thức Anhận giá trị là một số nguyên

Bài 2 (4,0 điểm)

1) Cho hai đa thức P x  ax4bx31và Q x  x2 2x1 Xác định các giá trị của avà

bđể đa thức P x chia hết cho đa thức Q x 

2) Cho biểu thức

4 2

7 15 16 30 5

2 17

M



  Tính giá trị của M tại x  2 3

Bài 3 (4,0 điểm) Cho phương trình  

3

2 1 3

x m x

  (xlà ẩn) 1) Giải phương trình  1 với m 4

2) Tìm điều kiện của mđể phương trình  1 có nghiệm duy nhất là số âm

Bài 4 (2,0 điểm) Cho hai số dương xvà y thỏa mãn x24y2 5.Tính giá trị lớn nhất của

x y

Bài 5 (5,0 điểm) Cho hình vuông ABCD.Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo AC

M A C&  Gọi E F, theo thứ tự là hình chiếu của Mtrên AD CD,

1) Chứng minh tứ giác DEMFlà hình chữ nhật

2) Chứng minh BM EF

3) Gọi Nlà trung điểm của AM Chứng minh CE2  2DN2

Bài 6 (2,0 điểm) Cho ABCđều, gọi M là trung điểm BC.Hai điểm E và Ftheo thứ tự lần lượt di chuyển trên cạnh AB AC, sao cho EMF 60EA F, A Chứng minh rằng chu vi của AEFcó giá trị không đổi

ĐÁP ÁN

Bài 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức 2

A

3) Rút gọn biểu thức A

ĐKXĐ: x2;x3

2

2

A

4) Tìm tất cả các giá trị nguyên của xđể biểu thức Anhận giá trị là một số nguyên

Giả sử tìm được giá trị của x nguyên để biểu thức Anhận giá trị là một số nguyên Với x2;x3thì

1

x A



  

3

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

x



3;1;5; 1

x

Đối chiếu điều kiện, vậy x   1;1;5 thì biểu thức A nhận giá trị là một số nguyên

Bài 2 (4,0 điểm)

3) Cho hai đa thức P x ax4bx31và Q x  x2 2x1 Xác định các giá trị của

avà bđể đa thức P x chia hết cho đa thức Q x 

Q x x  x  x nên đa thức Q x có nghiệm x 1

Áp dụng định lý Bo-zu ta được P x Q x    P 1 0 a b    1 0 ba 1

Thay ba  1 P x  ax4  ax3  x3   1 x 1 ax3  x2  x 1

P x Q x  ax  x  x x

Đặt R x ax3 x2 x1

R x x  R   a     a

Thay a 3tìm được b 4

Vậy a3,b4thì đa thức P x chia hết cho đa thức Q x 

4) Cho biểu thức

4 2

7 15 16 30 5

2 17

M



  Tính giá trị của M tại x  2 3

ĐKXĐ của M :   x

x   x   x  x   x  x 

Thực hiện phép chia đa thức x5 7x4  15x3 16x2 30x 5cho x2 4x 1được thương là

3 2

3 2 5

x  x  x và dư là 8x

5 7 4 15 3 16 2 30 5 2 4 1 2 4 1 8

Thực hiện phép chia đa thức x4 2x2 17cho x2 4x 1được thương là x2 4x 17và dư là

64x

4 2 2 17 2 4 1 2 4 17 64

Với

2

64

4 1 4 17 64

x

1

0 8

M do x

Vậy

1

8

M 

khi x  2 3

Bài 3 (4,0 điểm) Cho phương trình  

3

2 1 3

x m x

3) Giải phương trình  1 với m 4

Thay m 4vào phương trình (1) ta được :

2

ĐKXĐ: x4,x3

x 4 x 4 x 3 x 3 2x 3 x 4

16 9 2 2 24 2 1

2

Vậy với m 4thì phương trình có nghiệm duy nhất

1 2

x 

4) Tìm điều kiện của mđể phương trình  1 có nghiệm duy nhất là số âm

ĐKXĐ: x m x , 3

2 2

Phương trình (2) có một nghiệm duy nhất

2 m 3 0 m 3

     Khi m 3thì  

3 2

2

m

 

Phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất

 

3

3 3

2

3 3

2

m

m m

m m



 









        









Nghiệm duy nhất là số âm  

3

0 3 **

2

m

Kết hợp (*) và (**) ta được

3 3

m m











Vậy với

3 3

m

m









 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất là số âm

Bài 4 (2,0 điểm) Cho hai số dương xvà y thỏa mãn x24y2 5.Tính giá trị lớn nhất của x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta được :

   

5

2

        

     

Dấu bằng xảy ra

2

4

y







         









Vậy GTLNcủa

2,

x y   x y

Bài 5 (5,0 điểm) Cho hình vuông ABCD.Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo AC

M A C&  Gọi E F, theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD CD,

N

H

F

K E

C

B A

D

M

4) Chứng minh tứ giác DEMF là hình chữ nhật

Do ABCDlà hình vuông  EDF 90

Do E, F là hình chiếu của M trên AD DC, nên MEDMFD 90 

 Tứ giác DEMFlà hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

5) Chứng minh BM EF

;

EM BCK BMEF H

Chứng minh được tứ giác CKMElà hình vuông (hình chữ nhật có một đường chéo là phân giác) nên MF MK 1

Chứng minh được tứ giác ABKFlà hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

AE BK

AME

 vuông cân tại E  AE EM  BK EM 2

 

Từ (1), (2), (3)  MEF KBM c g c( ) BMK EFM

Mà BMKEMH(đối đỉnh) EFM EMH

MEF

 vuông cân tại M nên EFM  FEM 90

           

6) Gọi N là trung điểm của AM Chứng minh CE2  2DN2

Do AMEvuông cân tại E mà N là trung điểm của AM  EN AM

Do AMEvuông cân tại E nên EMA 90   NMEvuông cân tại N

Áp dụng định lý Pytago ta có

2

2

1 2

2

EN

ME

MFC

 có CFM CMF  45   MFCvuông cân tại F

Áp dụng định lý Pytago suy ra

2

2

1 2

2

FM

MC

Mà

1 2

EN ED

ME MC

2 2

1

2 2

Bài 6 (2,0 điểm) Cho ABCđều, gọi M là trung điểm BC.Hai điểm E và Ftheo thứ

tự lần lượt di chuyển trên cạnh AB AC, sao cho EMF 60EA F, A Chứng minh rằng chu vi của AEFcó giá trị không đổi

K

I H

M

A

Gọi H I K, , lần lượt là hình chiếu của M trên AB EF AC, ,

EBM

 có EBM  60   BEM  BME 120 

Mà FME BME FMC180  BME FMC120  FME60

do BM CM

Xét BEM và MEFcó :

( 60 ); BE EM ( )

BM FM

  

MHE MIE ch gn EH EI

Tương tự chứng minh trên ta được : FK FI Chu vi AEF

AE FE FA AE EI FI FA AE EH FA AH AK          

Do M, AB, AC cố định  H K, cố định, A cố định  AH AK có giá trị không đổi Vậy chu vi AEFcó giá trị không đổi