078 đề hsg toán 8 quế võ 22 23

UBND HUYỆN QUẾ VÕ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 2023 Bài 1 (6,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử 2) Tìm hai số x, y thỏa mãn 3) Cho Chứng minh rằng Bài 2 (3,0 điể[.]

UBND HUYỆN QUẾ VÕ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 _ NĂM HỌC 2022-2023 Bài 1 (6,0 điểm)

1) Phân tích đa thức thành nhân tử :

2 2

a x y  xy xz yz 

b x  x x y xy y  y

2) Tìm hai số x, y thỏa mãn x22y2 2 3 x2y11 0

3) Cho x y z  0 Chứng minh rằng x3y3z3 3xyz

Bài 2 (3,0 điểm)

1) Cho x,y là các số thực thỏa mãn

2

x y  x y Tính giá trị của biểu thức :

3 3

3 3

x y M

y x

 

2) Xác định các số a, b biết : 2x2ax b chia cho x+1 dư 6, chia cho x-2 dư 21

Bài 3 (7,0 điểm)

1 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD, kẻ MEAB,

a) Chứng minh DE CF

b) Chứng minh ba đường thẳng DE BF CM, , đồng quy

c) Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

2 Cho tam giác ABC nhọn, O là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ABOACO. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, AC

M, I lần lượt là trung điểm BC, DE Chứng minh rằng MI vuông góc với DE

Bài 4 (4,0 điểm)

1) Tìm các cặp số nguyên x y, thỏa mãn x2xy 2020x 2021y 6054 0

2) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a2b2  4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 4

ĐÁP ÁN Bài 1 (6,0 điểm)

4) Phân tích đa thức thành nhân tử :

 2

2 2

a x y  xy xz yz   x y  z x y  x y x y z  

b x x x y xy y y x y x y xy x y

x y x xy y xy

x y x xy y x y x y x y

            

5) Tìm hai số x, y thỏa mãn x22y2 2 3 x2y11 0

3 0; 1 0

6) Cho x y z  0 Chứng minh rằng x3y3z33xyz

 

3

3 ( )

VT x y z x y z xy x y

x y z x y x y z z xy z xyz xyz VP dfcm

Bài 2 (3,0 điểm)

3) Cho x,y là các số thực thỏa mãn

2

x y  x y Tính giá trị của biểu thức :

3 3

3 3

x y M

y x

 

0; 0; 2

x y  x y   

y x y x x y xy xy y x xy xy

Do

2 2

2 2

Vậy giá trị của M 4

4) Xác định các số a, b biết : 2x2ax b chia cho x+1 dư 6, chia cho x-2 dư 21

Đặt f x  2x3ax b Ta có :

   1 6  1 6 2 6 4 1 

f x Q x   f      a b   a b 

Ta có : f x  P x  221 f  2 21 16 2 a b 21 2a b 5 2 

Từ (1) và (2) suy ra a3,b1

Bài 3 (7,0 điểm)

3 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD, kẻ MEAB,

H

E

F

C

B A

D

M

d) Chứng minh DE CF

Có tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên

AF ME

AE MF











 có MED90 gt và MDF45 (Do DB là phân giác)

MDF

  vuông cân tại F  MF FDnên FD AE FM AEDDFC c g c . 

DE CF

e) Chứng minh ba đường thẳng DE BF CM, , đồng quy

Gọi CF giao DE tại Q

Mà ADE EDC90do ADC 90   ECD EDC90 hay DQC90

DE CF

  tại Q Chứng minh tương tự ta được CEBF

Gọi EM giao DC tại K Có DC/ /AB(Do DFMK là hình vuông) mà MEAB gt( )

EM DC

  hay MKC90

Chứng minh tứ giác DFMK là hình chữ nhật (do có 03 góc vuông)

Mà DM là phân giác của FDK(Do DB là phân giác của góc ADC) nên tứ giác DFMK là hình vuông suy ra MK MF

Chứng minh tứ giác EKCB là hình chữ nhật nên KC EB  AC DK

Mà BEM vuông cân tại E EB EM nên EM KCEB

( )

Goi CM giao EF tại H  HMEKMC(đối đỉnh)  EFM HME

Mà EMH HMF90(do tứ giác AEMF là hình chữ nhật)

90

EFM HMF

     hay FHM 90  CH EF

Xét CEF có CM EFtại H (cmt); ED CF cmt FB ( ); EC cmt  DE BF CM, , đồng quy (đpcm)

f) Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

Có tứ giác MEAF là hình chữ nhật  S MEAF AE EM. AE EB Do EB EM.   

Áp dụng BĐT Cô si ta có :

4 MEAF 4

AE EB  AE EM  AB AE EB  AE EB  S 

Dấu bằng xảy ra khi AE=EB hay AE=EM mà AEMF là hình chữ nhật  AEMFlà hình vuông suy ra AM là phân giác của EAF Mà AC là phân giác của BAD E AB F(  , AD)

M AC

  Vậy M là giao điểm của AC và BD thì S AEMFlớn nhất

4 Cho tam giác ABC nhọn, O là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho

ABO ACO

  Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, AC.

M, I lần lượt là trung điểm BC, DE Chứng minh rằng MI vuông góc với DE

Q P

M

E

M

C

B

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của OC và OB

Xét tam giác vuông EPC có P là trung điểm của CO nên 2

CO

(tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Xét tam giác CPEcó EP CP  CPEcân tại P  ECPCEP EPO 2 ECP 1 (tính chất góc ngoài của tam giác)

Tương tự ta có DQO 2 DBQ 2

Từ (1), (2) EPODQO(do ABO=ACO theo giả thiết)

Xét OBCcó Q là trung điểm của OB và M là trung điểm của BC => MQ là đường trung bình OBC MQ CO/ /  3 (theo tính chất của đường trung bình)

Tương tự PM//OB (4)

Xét tứ giác POQM có MQ//CO và PM//OB nên POQM là hình bình hành nên

Xét hai tam giác EPM&MQDcó :

EP=MQ (cùng bằng PO), OPM OQM PM, DQOQ

( )

     (hai cạnh tương ứng)

Xét EMDcó EM DM  EMDcân tại M Mặt khác I là trung điểm của ED nên MI đồng thời là đường trung tuyến và là đường cao Suy ra MI ED

Bài 4 (4,0 điểm)

3) Tìm các cặp số nguyên x y, thỏa mãn x2xy 2020x 2021y 6054 0

2021 1 4033 4033 1 109 37 37 109 1 4033

Ta xét các trường hợp thu được kết quả

; 2012;2010 , 1912; 1950 , 1984; 2094 ; 2020; 6054 ; 2022;2010

2058;1950 ; 2130; 2094 ; 6054; 6054

4) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a2b2 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 4

Xét :

P a b  ab a b  a b  ab

mà a2b2 4.

Do a2b2  2ab 4 2  ab ab 2

ab  ab   ab    ab   P

Dấu bằng xảy ra khi

2

2 2

a





