075 đề hsg toán 8 mỹ đức 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MỸ ĐỨC ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 2023 Bài 1 (5,0 điểm) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị n[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MỸ ĐỨC

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8_NĂM HỌC 2022-2023

Bài 1 (5,0 điểm) Cho biểu thức

1

2 8 8 4 2

A

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

c) Tìm x để

1 3

A 

Bài 2 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình : x x  2 x2  2x 2  1 0

b) Tìm các cặp số tự nhiên x y; thỏa mãn 4x15y1 4  x x2 x y 305

Bài 3 (4,0 điểm)

a) Cho

2019

B

Tính giá trị của B biết abc 2019

b) Cho a b c d, , , là các số thực dương thỏa mãn a2b2c2d2  4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

S

Bài 4 (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC, đường cao AH Gọi M N,

lần lượt là hình chiếu của H trên các cạnh AB và AC

a) Chứng minh rằng AM AB. AN AC. AH2

b) Gọi K là giao điểm của MN và BC Chứng minh rằng KB KC. KH2

c) Gọi O là trung điểm của BC, I là giao điểm của MN và AH Chứng minh rằng OI vuông góc với AK

d) Giả sử

40 41

AH

OA  Tính tỉ số

AB AC

Bài 5 (1,0 điểm) Cho n 1 và 2n 1đều là số chia phương Chứng minh rằng n chia hết cho 24

ĐÁP ÁN

Bài 1 (5,0 điểm) Cho biểu thức

1

2 8 8 4 2

A

d) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

2

2

2 2

2 2

2 8 8 4 2

4 ( 1)

2 ( 4) 2

x x





e) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Vậy để A nguyên thì  1

f) Tìm x để

1 3

A 

Để

0 3&

trái dấu

Mà

3 0

0

x

x

 



       



 Vậy   3 x 0

Bài 2 (4,0 điểm)

c) Giải phương trình : x x 2 x22x2 1 0

Ta có : x x  2 x2  2x 2  1 0

2

2

d) Tìm các cặp số tự nhiên x y; thỏa mãn 4x15y1 4  x x2 x y 305

Vì 305 là số lẻ nên 4x15y1 & 4x x2 x yđều là số lẻ

Lại có 4x+1 không chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên x nên 15 2y  y2

Vì

2

2

1 2

4 2

x

x x x x

x x y y

   









không chia hết cho 2 thì x0( )tm Khi đó pt đề trở thành :

 

 

15 1 1 305 1 15 1 (305) 1; 305; 5; 61

15 1 1;61 0;4 ( )

0 1 1.1 305( )

4 1 61.5 305 4( )

Vậy x y ;  0; 4

Bài 3 (4,0 điểm)

c) Cho

2019

B

Tính giá trị của B biết abc 2019

Với abc 2019, ta có :

2019

1

1

B

ab a abc bc b ac abc c abc

b bc bc b bc b

d) Cho a b c d, , , là các số thực dương thỏa mãn a2b2c2d2 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

S

Ta có :

2

2

2 2 2 2

2 2

4

1 2

1 0

1 2

1 0

a b c d a b c d

c

d

  

  





 





Mà a2b2c2d2  4 2a b c d     8 a b c d   4

Áp dụng bđt Svacso, ta được :

S

a b c b c d c d a d a b a b c d

Dấu bằng xảy ra khi a b c d   1

Vậy Min S=

4

1

3 a b c d   

Bài 4 (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC, đường cao AH Gọi

,

M Nlần lượt là hình chiếu của H trên các cạnh AB và AC

1 2

1

2 1

3

1 1

1

F

O I

K

N

M

H

B

e) Chứng minh rằng AM AB. AN AC. AH2

Xét AMH và AHBcó : BAH chung,HMAAHB90  AMH∽ AHB g g( )

 

2

2

Từ (1) và (2) suy ra AM AB. AN AC. AH2

f) Gọi K là giao điểm của MN và BC Chứng minh rằng KB KC. KH2

Vì MB HN/ /  M1N1mà N1H do I1( là tâm hình chữ nhật MHNA nên IN=IH) Suy ra M1 H ma1 `H1 C(cùng phụ với H2  M1 C

Xét KMBvà KCN có : NKC chung ;KMBC  KMB∽ KCN g g( )

 

Xét KMH&KHN:MKB chung,BHM N1

2

Từ (3) và (4) suy ra KB KC. KH2

g) Gọi O là trung điểm của BC, I là giao điểm của MN và AH Chứng minh rằng

OI vuông góc với AK

Gọi F là giao điểm của KN và AO

Vì CH1(cùng phụ với H2), mà H1N1nên CN1 5

AOC

  cân tại O nên CA2 6

Từ (5) và (6) suy ra N1A2

Mà N1 N2 90  A2 N2 90  AFN 90  KF AO

h) Giả sử

40 41

AH

OA  Tính tỉ số

AB AC

Vì

40

.

41

AH

OA  nên đặt AH 40 ,a OA41a a 0 Theo định lý Pytago ta có :

OH OA  AH  a  a  a  OH  a

Mà

41 9 32 4

41 9 50

OA OB OC OB OC a





Áp dụng Pyatgo vào các tam giác AHB AHC, vuông tại H,ta được :

10 41

40 50 4100

8 41 4

5

10 41







Vậy

khi

Bài 5 (1,0 điểm) Cho n 1và 2n 1đều là số chia phương Chứng minh rằng n chia hết cho 24

Vì 2n 1là số lẻ mà là chính phương nên 2n1chia du4 1 2 4n  n2 n1là số lẻ mà 1

n  là số chính phương nên n1 :8 du1 n8 1 

Mặt khác n1 2  n1 3n2chia cho 3 dư 2

Mà n1 , 2  n1đều là số chính phương nên chúng chia 3 dư 1

Vì n+1 chia cho 3 dư 1 nên n chia hêt cho 3 (2)

Vì 3,8 1&3.8 24     1 , 2  n24