142 đề hsg toán 8 lai châu 22 23

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ LAI CHÂU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CẤP THÀNH PHỐ LỚP 8 NĂM HỌC 2022 2023 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Với thì giá trị của biểu th[.]

PHÒNG GD&ĐT

THÀNH PHỐ LAI CHÂU

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

CẤP THÀNH PHỐ

LỚP 8

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

Cho biểu thức:

2

x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27

a) Rút gọn P

b) Với x 0  thì giá trị của biểu thức P không nhận những giá trị nào?

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 19x 30

b) Tìm các số nguyên n để B n 2  n 13 là số chính phương

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Giả sử đa thức f x  chia cho x 2 dư 11, chia cho x2 x 1 dư 3x2 Tìm phần dư khi chia f x  cho g x  x3 3x23x 2

b) Cho

1 1 1

0

  

x y z Tính giá trị của biểu thức sau:  2  2  2

B

Bài 4: (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB, trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho AC CB ,

trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các hình vuông ACNM và BCEF Gọi

H là giao điểm của AE và BN, D là giao điểm của BE và AN Chứng minh rằng: a) AEBN

b) M D H F, , , thẳng hàng

c) Đường thẳng MF luôn đi qua một điểm cố định khi C di chuyển trên AB.

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

2 3 2

 





A x

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:

2

x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27

a) Rút gọn P

b) Với x 0  thì giá trị của biểu thức P không nhận những giá trị nào?

Lời giải

a)

2

x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27

2

3 3

: 3

x

x



:

3 3

x

x









3

3

x

x



 1:

TH Nếu P  1 0x 6(vô lí)  loại

2 :

3 3 1

P x P





+ Do

3 3 0

3 3

1

1 0

P

P x

P

P

  





         

 

 

 

 



+ Do

3 3

1

P x

P



+ Do

3 3

1

P

P



 Vậy với x 0 thì P không nhận các giá trị thỏa mãn    1 P 1

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 19x 30

b) Tìm các số nguyên n để B n 2 n 13 là số chính phương

Lời giải a.

     

3

2

2

2

19 30

5 5 25 6 30

5 5 6

 

b.

Do n2 n 13 là số chính phương

Đặt n2 n13a a Z2  , n Z

2 2

4 4 52 4

4 2.2 1 1 51 4

2 1 51 4

51 4 2 1

51 2 2 1 2 2 1

2a 2n 1

   và 2a2n1 Ư 51

Mà Ư 51 =   1; 3; 17; 51 

Ta có bảng sau:

Vậy n2 n 13 là số chính phương khi n      3; 4; 13; 17

Bài 3: (4,0 điểm) a) Giả sử đa thức f x  chia cho x 2 dư 11, chia cho x2  x 1 dư

3x 2

Tìm phần dư khi chia f x  cho g x  x3 3x23x 2

b) Cho

1 1 1

0

  

x y z Tính giá trị của biểu thức sau:  2  2  2

B

Lời giải

a) Có:   3 2    2 

g x x  x  x  x x  x Đặt đa thức khi chia f(x) cho g(x) là ax2bx c

Ta có: f(x): (x-2) dư 11 f  2 11

Vì f x( )g x Q x( ).  ax2bx c

(2) 0 (2) 4 2 (2) 4 2

Hay: 4a 2b c  11

Vì f x( )g x Q x( ).  ax2bx c

 f x( ) x2  x 1 g x Q x x( ) ( )  2  x 1

Nên f x( ) :x2  x 1

dư 3x 2  ax2 bx c x : 2  x 1

dư 3x 2

Đặt tính chia

3

1(1) 2

b a

b c

c a

 



 

 Có: 4a2b c 11 4a3b c b  11 2 

Từ (1) và (2) 4a 3b 12 mà

3 4 4 12

    

     

Mà b c  1 c b    1 0 1 1

Vậy phần dư khi chia f(x) cho g(x) là 3x 2 1

b) Xét bài toán phụ: a b c   0 Chứng minh a3b3c3  3abc (*)

Giải bài toán phụ:

0

a b c    a b c

Có:

3 3 3

3

3 3

 

   

Áp dụng bài toán (*)

Có:

1 1 1

0

(1)

x y z

x y z xyz

  

Có:

1 1 1

B

xyz

Thay (1) vào B được:

3

3

xyz B

xyz

Vậy B = 3

Bài 4: (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB, trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho AC CB

, trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các hình vuông ACNM và BCEF

Gọi H là giao điểm của AE và BN, D là giao điểm của BE và AN Chứng minh rằng:

a) AEBN

b) M D H F, , , thẳng hàng

c) Đường thẳng MF luôn đi qua một điểm cố định khi C di chuyển trên AB.

Lời giải

D

H O

F N

M

E

a) Có: MNCA là hình vuông(gt)  DAB450(t/c)

EFBC là hình vuông(gt) DBA  450 (t/c)

Có:





0

0

180

90

DAB DBA ADB

ADB ADB

Xét NAB có:

+ BDAN cmt( )

+ NCAB gt( )

+ BD CN  E

 E là trực tâm của tam giác NAB(t/c)

 AEBN (t/c trực tâm)

b) Gọi MCAN  O mà MNCA là hình vuông (gt)

 O là trung điểm của MC, AN và MC = AN (t/c)

( )

AEBN cmt  AH BN  ANH vuông tại H

Mà O là trung điểm của AN (cmt)

1 ( / ) 2

HO AN t c

1

2

HO MC AN MC

MHC

  vuông tại H(t/c)  CHM 900 Tương tự: CHF  900

Ta có: MHF MHC CHF   900 900  1800

, ,

M H F

 thẳng hàng (1)

Gọi FEAN  X

+ AMNC là hình vuông (gt)  0 

/ 45

t c XAC





 



 + EFBC là hình vuông (gt)  FCB 450t c/ 

XAC FCB

/ /

XA CF

 (hai góc đồng vị) (2)

+ EFBC là hình vuông (gt)  EF/ /BC t c( / )

Hay XF/ /AC(3)

Từ (2) và (3)  XFCA là hình bình hành (dh)

( / )

XF AC t c

  mà MN AC (cmt) XF MN

+ EFBC là hình vuông (gt)  BEF 450 XED BEF 450 (đối đỉnh)

Mà BDAN EDX 900

EDX

  vuông cân tại D (t/c)

( / )

DE DX t c

Tương tự: DE DN

+ XFCA là hình bình hành(cmt) XF/ /AC(t/c)

+ ACNM là hình vuông (gt) AC MN/ / (t/c)

/ / ( / )

XF MN t c



MND FXD

  (so le trong)

MND

 và FXDcó: MND FXD cmt ( )

DX DN (cmt)

MN XF (cmt)

 MNDFXD c g c( )

MDN FDX

Mà MDN MDX  1800



0 0

180 180

FDX MDX

MDF

 ba điểm M, D, F thẳng hàng (4)

Từ (1) và (4)  M D F H, , , thẳng hàng (đpcm)

c) MNDFDX cmt( )

MD FD

 M là trung điểm của MF(cmt)

Kẻ DZ AB Z AB

Mà MAAB FB, AB(hình vuông)

/ / / /



MABF

 là hình thang

Mà D là trung điểm của MF(cmt)

 Z là trung điểm của AB

 DZ là đường trung bình của hình thang MABF (định nghĩa)

,

MA AC

DZ

BF CB





Có: AB cố định 2

AB



cố định DZ cố định

Mà Z là trung điểm AB cố định

D

 cố định

Lại có: 2 ( )

AB

DZ  cmt

DZ AB(cách vẽ)

 Điểm D thuộc hai đường thẳng // AB và cách AB một khoảng bằng 2

AB

Vậy MN đi qua điểm D thuộc hai đường thẳng //AB và cách AB một khoảng

bằng 2

AB

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

2 3 2

 





A x

Lời giải

Xét:

2

A

A

Dấu “ = ” xảy ra khi x   2 0 x 2

Xét:

1

A

A

Dấu “ = ” xảy ra khi x   2 0 x 2

Vậy A min = 1 tại x 2

A max = 2 tại x 1

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