077 đề hsg toán 8 thanh trì 22 23

UBND HUYỆN THANH TRÌ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2022 2023 Môn TOÁN 8 Bài 1 (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử 2) Phân tích đa thức thành nhân tử B[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022-2023

Môn: TOÁN 8 Bài 1 (4,0 điểm)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x2 2xy y 24x 4y 5

2) Phân tích đa thức thành nhân tử x4 2y4 x y2 2x2y2

Bài 2 (4,0 điểm)

1) Cho alà số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng a  2 1 24

2) Tìm tất cả các số nguyên dương nđể số a 11 1 77 7  là bình phương đúng (với 2nchữ số 1, nchữ số 7)

Bài 3 (3,0 điểm)

1) Giải phương trình x2  4x 11 x4  8x2  21 35

2) Cho các số thực x y z, , thỏa mãn đồng thời các điều kiện x y z  2,

2 2 2 18

Tính giá trị của

S

xy z yz x xz y

Bài 4 (2,0 điểm) Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn a b c   1 Chứng minh rằng

2 2 2 1

2

Bài 5 (6,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn thẳng ABcó độ dài bằng 2a Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB,vẽ hai tia Axvà Bycùng vuông góc với AB.Trên tia Ax lấy điểm D bất kỳ (Dkhác A) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với ODtại

O, cắt By tại C Gọi Hlà hình chiếu vuông góc của O trên CD

1) Chứng minh AD OC OB OD.  .

2) Chứng minh ADH∽ BOHvà AHBvuông

3) Gọi I là giao điểm của ACvà BD, E là giao điểm của AH và DO, F là giao điểm của BHvà CO Chứng minh E I F, , thẳng hàng

4) Tìm vị trí của D trên Ax để diện tích tứ giác ABCDnhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó ?

Bài 6 (1,0 điểm) Tìm x y z, , nguyên dương thỏa mãn x3 x y z  2 y z 334

ĐÁP ÁN Bài 1 (4,0 điểm)

3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x2 2xy y 24x 4y 5

         

           

4) Phân tích đa thức thành nhân tử x4 2y4 x y2 2x2y2

2

Bài 2 (4,0 điểm)

1) Cho alà số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng a  2 1 24

Ta có : a2 1 a1 a1

+) Vì alà số nguyên tố lớn hơn 3 nên alà số lẻ a1 ; a1là hai số chẵn liên tiếp nên a1 a 1 8

+) Vì alà số nguyên tố lớn hơn 3 nên a 3suy ra    

1 3

1 1 3

1 3

a

a

















Lại có 3;8nguyên tố cùng nhau nên a1 a1 3.8   a21 24 với alà số nguyên

tố lớn hơn 3

2) Tìm tất cả các số nguyên dương nđể số a 11 1 77 7  là bình phương đúng (với 2nchữ số 1, nchữ số 7)

Ta có a 11 1 77 7  (với 2nchữ số 1, n chữ số 7)

Nếu n 1thì a 111 111 777 77 34,  là số chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không là chính phương

Bài 3 (3,0 điểm)

1) Giải phương trình x2  4x 11 x4  8x2  21  35

x2  4x 11 x4  8x2  21  35

Ta có :  2   4 2   2  2 2

Đẳng thức xảy ra khi

2 2 2

2

2 ( 2) 0

4 0

x

x





Do đó x2  4x 11 x4  8x2  21  35  x 2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  2

2) Cho các số thực x y z, , thỏa mãn đồng thời các điều kiện x y z  2,

2 2 2 18

Tính giá trị của

S

xy z yz x xz y

Ta có :  2 2 2 2  2 

2

x y z  x y z  xy y xz

4 18 2 xy yz zx xy yz xz 7

Vì x y z   2 z 2 x y 

Khi đó xy z  1 xy 2 x y  2xy x y   1 x 1 y1

Tương tự :        

;

yz x   y z zx y   z x

S

xy z yz x xz y

x y z

    

Vậy

1

7

S 

Bài 4 (2,0 điểm) Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn a b c   1 Chứng minh rằng

2 2 2 1

2

Vì a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác nên c a b   c2 c a b  

Tương tự b2 b a c a  ; 2 a b c    a2b2c2 2ab bc ca    1

Mà a2b2c22ab ac bc    a b c  21

2 ab bc ca 1 a b c 2

Từ (1) và (2) suy ra a2 b2 c2   1 a2 b2 c2

Hay 2 2 2 2 1 2 2 2 1 

2

Bài 5 (6,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn thẳng ABcó độ dài bằng 2a Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB,vẽ hai tia Axvà Bycùng vuông góc với

.

AB Trên tia Ax lấy điểm D bất kỳ (Dkhác A) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với ODtại O, cắt By tại C Gọi Hlà hình chiếu vuông góc của O trên CD

I E

M

H

C

O

D

5) Chứng minh AD OC OB OD 

Xét AODvà BCOta có: DAOCBO90

ADO COB

  (cùng phụ với AOD)

Vậy AD OC OB OC 

6) Chứng minh ADH∽ BOHvà AHBvuông

Ta có : ADOBOC cmt( );ODH COH (cùng phụ với HOD)

       hay ADH BOH 1

Xét DOH và OCHta có : DHOCHO 90 

  (cùng phụ với DOH)

 

Từ (2) và (3) suy ra  4

Xét ADHvà BOH, ta có : ( (1)),  (4)

Vậy ADH∽ BOH c g c( )

*Chứng minh AHBvuông

Ta có : ADH∽ BOH c g c( ) AHDOHB

Mà AHD OHAOHD 90   OHB OHA 90   AHB 90 

Vậy AHBvuông tại H

7) Gọi I là giao điểm của ACvà BD, E là giao điểm của AH và DO, F là giao điểm của BH và CO Chứng minh E I F, , thẳng hàng

Ta có ABH vuông tại H có HOlà đường trung tuyến

Nên

Xét ADOvà HDO, ta có :

Chứng minh tương tự, ta có BC CH và F là trung điểm của BH

EF

 là đường trung bình của ABH  EF/ /AB

Ta có : BC/ /AD, áp dụng hệ quả định lý Talet ta suy ra

DBC

 có

IDDH nên HI/ /BC(Định lý Talet đảo)

Gọi M là giao điểm của HIvà AB, suy ra HM / /BCnên IM / /BC

DBC

 có HI / /BCnên  5

ABC

 có IM / /BCnên  6

ABD

Từ (5), (6), (7) suy ra

BC BC, do đó IM IH

Vậy I là trung điểm của HM

Xét AHM có : Elà trung điểm của AH, I là trung điểm của HM

Suy ra EI/ /ABmà EF/ /ABnên E,I, F thẳng hàng.

8) Tìm vị trí của D trên Ax để diện tích tứ giác ABCDnhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó ?

Tứ giác ABCDcó BC/ /AD(cùng vuông góc với AB) nên tứ giác ABCDlà hình thang vuông Do đó :

ABCD

AD BC AB DH CH AB

(vì DA DH BC CH ,  ).Hay

2

ABCD

DC AB

Mà ABkhông đổi nên S ABCDđạt giá trị nhỏ nhất khi DCcó độ dài nhỏ nhất

CD AB

2

AD BC

AD

CH CB

AB CD











 



Vậy S ABCD đạt GTNN khi D nằm trên tia Axsao cho 2

AB

AD 

Bài 6 (1,0 điểm) Tìm x y z, , nguyên dương thỏa mãn x3 x y z  2 y z 334

Đặt x a y z b a ,    0;b2 Ta có :

2

34

a b a ab b a b

Vì a b 234 0  a b  0 a b

2

a b   a ab b  a b   a ab b a  ab b 

34 0

ab

   (vô lý vì a0,b0)

*Nếu

2

2

a b

a b   a ab b   

5

a

b









Mà



2

a b

a b

 





 



  

 Mà a,b nguyên dương nên xảy ra các trường hợp :

1:

Th

Thay x4;y z 1vào phương trình (1) ta được : 4 3  6 2  2 3  34  28 42  (vô lý)

Th2:

Thay x5,y z 1vào phương trình (1) ta được 53 72  23 34  76 42  (vô lí)

3:

Th

Thay x5,y z 3vào phương trình (1) ta được : 53 82  33 34  61 61  (tmdk)

Vậy x y z ; ;   5;1;2 ; 5;2;1   