115 đề hsg toán 8 nam trực 22 23

PHÒNG GD&ĐT NAM TRỰC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức (với ) a) Rút gọn biểu thức b) Tính giá trị biểu thức biế[.]

PHÒNG GD&ĐT NAM TRỰC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2022-2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức

3

4

x x



x x x )

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị biểu thức P biết 3x1 x23

c) Tìm giá trị nguyên lớn nhất củax để Pnhận giá trị nguyên.

Bài 2: (4,0 điểm)

16



2 Tìm các số nguyên x;y thỏa mãn: 2x2y2 2xy2y 6x0

Bài 3:(2,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 1

x x A

x x

 



 

Bài 4:(6,0 điểm)

Cho ABC nhọn (AB AC ) Các đường cao AD BE CF, , của ABC cắt nhau tại

H.

a) Chứng minh AE AC. AF.AB và ABC đồng dạng với AEF

b)Gọi K là điểm đối xứng với H qua trung điểm M của BC Chứng minh

rằng AK EF

c) Gọi Nlà giao điểm của BC và EF Chứng minh

NB NC ND 

Bài 5:(2,0 điểm)

Cho ABC nhọn, các đường cao AA BB CC', ', ' của ABC cắt nhau tại H Chứng

minh rằng

2

HA HB HC

HA  HB  HC 

Bài 6: (2,0 điểm)

Tìm 4 số tự nhiên liên tiếp sao cho tổng lập phương của ba số đầu bằng lập phương của số thứ tư

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

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

Cho biểu thức

3

4

x x



x x x )

a) Rút gọn biểu thức P.

b)Tính giá trị biểu thức P biết 3x1x23

c)Tìm giá trị nguyên lớn nhất củax để Pnhận giá trị nguyên.

Lời giải

a)

3

4

x x



    (với x 0;x 2;x 2 )

2 2 2 4 2 2 : 2 4 2 10



( 2)( 2) 6

x x x



( 2)( 2).6 2

x x

Vậy

1

2

P

x





 với x0;x2;x2

b) 3x1x23

9x 6x 1 x 6x 9

4 3 2 6 8 0

2

(x 1)(x 2)(x 3x 4) 0

2 2

2 0

x



1( )

2 ( )

x nhận

x loại

 

 





Thay x 1vào biểu thức P

1 2 3

P 

 

c) Để

1 2

P

x





 nguyên thì x 2Ư( 1) Ta cĩ hai trường hợp:

    

    

Vậy x  3;1 thì P nguyên.

Bài 2: (4,0 điểm)

16



2 Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: 2x2y2 2xy2y 6x0

Lời giải

16



ĐK:

3; 1; 9

x x x

(x 3)(x 1) (x 1)(x 3) (x 3)(x 9) 16



2 24 54 2 9 3 27 3 2 6 9 3

2

( 3)( 1)( 3)( 9) 16

( 3)( 1)( 3)( 9) 16

x x

(x 3)(x 9) 16



2 6 27 32

    

2 6 5 0

(x 1)(x 5) 0

1 ( )

x loại

x nhận

 

 





Vậy S   5

2 2x2 y2  2xy2y 6x0

(x y 1 2xy 2x 2 ) (y x 4x 4) 5

(x y 1) (x 2) 1 2

1 1

2 2

x y

x

   

 

 

1 2

2 1

x y x

   



 

 4

2

x

y

 

 



 hoặc

3 0

x y

 







Vậy ( ; )x y (4;2);(3;0)

Bài 3:(2,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 1

x x A

x x

 



 

Lời giải

Xét

2

2

1

1

x x

A

x x

 

 

2

2

1

x x

x x



 

2

2

2( 1) 0

1

x

x x

 

3

A

 

Dấu " " xảy ra khi x  1 0 x1

Xét

2 2

x x

A

x x

 

 

2

2

1

x x

x x

 



 

2

2

2( 1) 0

1

x

x x



 

1

3

A

Dấu " " xảy ra khi x 1 0  x1

Vậy maxA 3 khi x 1;

1

min

3

A 

khi x 1

Bài 4:(6,0 điểm)

Cho ABC nhọn (AB AC ) Các đường cao AD BE CF, , của ABC cắt nhau tại

H.

a) Chứng minh AE AC. AF.AB và ABC đồng dạng với AEF

b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua trung điểm M của BC Chứng minh

rằng AK EF

c) Gọi Nlà giao điểm của BC và EF Chứng minh

NB NC ND 

Lời giải

a)AEB∽ AFC(g.g)( Vì có góc Achung, ABE ACF  ( cùng phụ với góc BAC))

AE AB hay AE AC AF AB

AF AC

Lại có BAC là góc chung

ABC∽ AEF (c.g.c)

b) Gọi I giao điểm của AK và EF

Ta có MH MK ( tính chất đối xứng)

MB MC ( gt)

Tứ giác BHCKlà hình bình hành

//

CK BH



Xét BFH∽ CFA(g.g)

BF CF

BH AC

hay

BF CF

CK AC

Lại có ACK CFB 900

 ACK∽ CFB (c.g.c)

AKC CBF

  hay AKC ABC

I

K M

H

N

E

F

D B

A

C

Mà AEF ABC ( do ABC∽ AEF)

AKC AEF

Do đó ACK∽ AIE(g.g)

AIE ACK

AK EF

c) Chứng minh:

NB NC ND 

Ta cần chứng minh

2

NB NC

NB NC ND





Ta có NB NC NB BM NC MC MN MN       2MN

.

NB NC ND

Ta thấy BFC∽ BDA(g.g)( Vì có góc Bchung, BAD BCF   ( cùng phụ với góc ABC

))

BF BC BF BA BC BD

BD BA

Xét BFD và BCA có

Bchung và BF BA BC BD  nên BFD∽ BCA(c.g.c)

BDF BAC

  hay NDF FAE  (1)

Lại có

0 0

90 90 (

FCB FBC

C AEF FBC AEF A B









Lại có: FEM FEB BEM FEB EBM FCB EBM HCB BHC       



0

180 BHC

0

180 FHE FAE

   ( Vì tổng 4 góc trong 1 tứ giác bằng 1800 và AFH AEH 900

FEM FAE

Từ (1) và (2)  FEM NDF 

Và N chung

 NFD∽ NME(g.g)

.

NF ND MN ND NF NE

NM NE

(1)

Do NBF∽ NEC g g( ) NB NF NE NC  NB NC NE NF.  . (2)

Từ (1) và (2)

2

.

NB NC

MN ND NB NC

NB NC ND



Hay

NB NC ND  (đpcm)

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho ABC nhọn, các đường cao AA BB CC', ', ' của ABC cắt nhau tại H Chứng

minh rằng

2

HA HB HC

HA  HB  HC 

Lời giải

Gọi diện tích các tam giác ABC HBC HAB HAC, , , lần lượt là S S S S; ; ; 1 2 3

Ta có

1

'

'

S HA

AA S

1 1

'

' '

S HA

AA HA S S

1

2 3

HA

HA S S

Tương tự

2

1 3

HB

HB S S và

3

1 2

HC

HC S S

Áp dụng bất đẳng thức Nesbit:

Với a b c , , 0 ta có

3 2

b c c a a b     

H C'

B'

A' B

A

C

2 3 1 3 1 2

2

S

HA HB HC

HA HB HC S S S S S S

Dấu " " xảy ra khi S1 S2 S3  Hlà trọng tâm của ABC

ABC

  đều

Bài 6: (2,0 điểm)

Tìm 4 số tự nhiên liên tiếp sao cho tổng lập phương của ba số đầu bằng lập phương của số thứ tư

Lời giải

Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là a1; ;a a1;a2(a N )

Ta có (a1)3a3(a1)3(a2)3

3 2

2a 6a 6a 8 0

3 3 2 3 4 0

2

(a 4)(a a 1) 0

2

a vì a a a 

4

a

 

Vậy bốn số cần tìm là : 3; 4; 5; 6

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