071 đề hsg toán 8 thanh trì 22 23

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THANH TRÌ TRƯỜNG THCS ĐỀ THI HSG SỐ 45 ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU MÔN TOÁN NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 120 phút Ngày kiểm tra 04/7/2022 Bài 1 (4,0 điểm) 1 Phân tích đa t[.]

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THANH TRÌ

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THI HSG SỐ 45

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU

MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra 04/7/2022 Bài 1: (4,0 điểm)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4x21

2 Phân tích đa thức thành nhân từ: xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

2

2 * 2

x a x

a) Giải phương trình  * khi a 1

b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình  *

Bài 3: (3,0 điểm)

1 Giả sử a b c, , là ba số đôi một khác nhau và 0

b c c a a b     

Chứng minh rằng: ( )2 ( )2 ( )2 0

b c  c a  a b 

2 Cho các số thực dương x y z; ; thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

2

x x y yz z 

Bài 4: (3,0 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24

2 Chứng minh rằng nếu x4 4x35ax2 4bx c chia hết cho x33x2 9x 3 thì

0

a b c  

Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Chứng minh: Các tam giác ABC, AEF đồng dạng

HD HE HF

AD BE CF  c) Chứng minh: BF BA.  CE CA BC.  2

d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB AC, lần lượt tại N K, Chứng minh: Tam giác MNK cân

Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x y z, , sao cho: x y z xyz  

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

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU MÔN TOÁN

TRƯỜNG THCS THANH TRÌ Năm học: 2019-2020

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4x21

2 Phân tích đa thức thành nhân từ: xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )

Lời giải

1 x4x2 1 x42x2 1 x2 x212 x2 x2 x 1 x2 x1

2 xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )xy x y(  ) yz x y(  ) yz z x(  )zx z x(  )

y x y x z z z x x y x y x z y z

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

2

2 * 2

x a x

a) Giải phương trình  * khi a 1

b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình  *

Lời giải

1 (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

(12x 1)(12x 2)(12x 3)(12x 4) 7920

      (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

2

a) Với a 1, ta có phương trình:

2

  (ĐK: x2; 1 )

Giải phương trình tìm ra:

3 2

x

(TMĐK)

b) Thay x 1 vào phương trình  * ta có:

2

3 1

a a

 (ĐK:a 1) Giải phương trình tìm ra: a 2 (thỏa mãn điều kiện) hoặc a 4(thỏa mãn điều kiện) và kết luận

Bài 3: (3,0 điểm)

1 Giả sử a b c, , là ba số đôi một khác nhau và 0

b c c a a b      Chứng minh rằng: ( )2 ( )2 ( )2 0

b c  c a  a b 

2 Cho các số thực dương x y z; ; thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

2

x xy yz z 

Lời giải

1

0

    (Nhân hai vế với

1

b c )



 



Công vế với vế của      1 , 2 , 3 ta được đpcm

( 1) ( 1) ( 1)

P

x x y y z z x x y y z z

Áp dụng BĐT

a b c  a b c  và

1 1 1 1 4

a b a b

   

   với a b c, , dương dấu bằng xảy ra a b c 

Ta có

           

Do dó :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

P

                 

4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2

           

 

Bài 4: (3,0 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24

2 Chứng minh rằng nếu x4 4x35ax2 4bx c chia hết cho x33x2 9x 3 thì

0

a b c  

Lời giải

1 Vì n 1 và 2n 1 đều là số chính phương nên ta có:

1 ;2 1

n k n m (k m, là các số tự nhiên)

Ta thấy m là số lẻ (vì 2n 1 là số lẻ) m2 1t (tlà số tự nhiên)

2 4 ( 1) 1 2 1 4 ( 1) 1 2 ( 1)

             chẵn  k lẻ

Ta có:k m2, 2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

Mà: k2m2 3n2 chia 3 dư 2

Nên k m2, 2 chia cho 3 cùng có số dư là 1 n m 2 k2 chia hết cho 3 1 

Ta có k lẻ  k2p1 (p là số tự nhiên)  k2 4 (p p1) 1  n 1

4 ( 1)

n p p

   chia hết cho 8 2 

Từ  1 và  2 suy ra: n chia hết cho 24

2 Ta có: x4 4x35ax2 4bx c x33x2 9x 3 x m 

4 ( 3) 3 (3 9) 2 (9 3) 3

Suy ra: m  3 4 m7

3m 9 5 a a6

9m 3 4b b15

c m  c

Vậy a b c  0

Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Chứng minh: Các tam giác ABC, AEF đồng dạng

b) Chứng minh: 1

HD HE HF

AD BE CF  c) Chứng minh: BF BA.  CE CA BC.  2

d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB AC, lần lượt tại N K, Chứng minh: Tam giác MNK cân

Lời giải

N

K

M

H F

E

D

A

a) Vẽ hình đúng đên câu a

Chứng minh đúng: AEB∽AFC Suy ra:

AE AF

AB AC

Chứng minh đúng: ABC∽AEF

b) Chỉ ra được:

BHC ABC

S HD

AD S đủ căn cứ

Tương tự:

;

BE S CF S

Suy ra:

1

BHC AHC AHB ABC

HD HE HF

c) CMTT câu a, chỉ ra được BDF đồng dạng BAC

Suy ra

BF BD

BF.BA BD.BC

BC BA  

Tương tự CE CA CD BC.  .

Cộng vế với vế của hai đẳng thức ta được:

BF.BA+ CE CA CD BC BD.BC = CD DB BC BC

d) Chứng minh được BAH BCH (Cùng phụ ABC)

Chứng minh được ANH CHM (Cùng phụ NHF )

Suy ra: ANH đồng dạng CHM (g - g)

NH AH

HM CM hay  1

H AH

CM



chứng minh tương tự: (2)

KH HM

AH BM

Từ    1 ; 2 và CM BM suy ra: HK NH Vậy MNK cân (Vì MH vừa là đường cao vừa là trung tuyến)

Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x y z, , sao cho: x y z xyz  

Lời giải

a) Chia hai vế của: x y z xyz   cho xyz 0 ta có:

1

xy yzxz 

Do vai trò x y z, , như nhau nên giả sử: 1 x y z   ta có:

1 x 1

xyyzxz x x x  x    (vì x nguyên dương)

Thay x 1 ta có: yz y z   1 (y1)(z1) 2  y2,z3 (vì y z )

Vậy ba số cần tìm là: 1;2;3

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