179 đề hsg toán 8 tiền hải 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 2023 Câu 1 (4,5 điểm) 1) Hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện Chứng minh 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8_NĂM HỌC 2022-2023 Câu 1 (4,5 điểm)

1) Hai số x y, thay đổi thỏa mãn điều kiện xy 1

Chứng minh x5 y5 x2 y2 x3 y3 x y

2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x5 x 1

3) Cho hai đa thức f x   x1 x2 x3 x4 x53x1và

g x x  x Tìm phần dư của f x chia cho g x 

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Tìm x nguyên để biểu thức 2

2 1 2

x A x





 nhận giá trị nguyên

2) Cho biểu thức

0

1

x

P

x





Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị nhỏ nhất của P

Câu 3 (3,5 điểm)

1) Giải phương trình : 2 2

6

x  x  x  x  2) Cho Q(x) là đa thức bậc ba có hệ số cao nhất là số nguyên và thỏa mãn điều kiện

Q  Q  Chứng minh Q(2022) Q(2019)chia hết cho 3

Câu 4 (6,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC,các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H 1) Chứng minh : CDH đồng dạng với CFBvà BH BE CH CF.  . BC2

2) Lấy điểm M, N theo thứ tự thuộc đoạn BE và CF sao cho AM AN và

90

AMC

   Chứng minh AE AC. AF AB. và ANvuông góc với NB

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T cosBACcosCBAcosACB

Câu 5 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số dương x y z, , ta luôn có bất đẳng thức sau

2 2 2

5 2

ĐÁP ÁN Câu 1 (4,5 điểm)

4) Hai số x y, thay đổi thỏa mãn điều kiện xy 1

Chứng minh x5y5 x2y2 x3y3 x y

Ta có :

5 5

(

5) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x5 x 1

6) Cho hai đa thức f x   x1 x2 x3 x4 x53x1và

g x x  x Tìm phần dư của f x chia cho g x 

Ta có :

 

2 2

2

2

Suy ra phần dư của f(x) chia cho g(x) là 2x  2

Câu 2 (4,0 điểm)

3) Tìm x nguyên để biểu thức 2

2 1 2

x A x





 nhận giá trị nguyên

Ta có :

2

2

1

1

3

x x





 

Vậy x=-1 thì A nguyên

4) Cho biểu thức

0

1

x

P

x





Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị nhỏ nhất của P

0

1

3

x

P

x

P

x







Vậy với x0;x1thì

16 3

x P x







Với x0;x1ta có :

25

3

x

x



Suy ra

25

3

x



Vậy Min P 4

Câu 3 (3,5 điểm)

3) Giải phương trình : 2 2

6

x  x  x  x 

ĐK :

1 1;

3

x x

Vì x=0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên phươn tình đã

cho tương đương với :

6

Đặt

1

x

  

ta có phương trình :

2

1

y















2

2

1

x

x



Vậy phương trình có tập nghiệm

12

4) Cho Q(x) là đa thức bậc ba có hệ số cao nhất là số nguyên và thỏa mãn điều kiện Q2020 2021, (2021) 2022Q  Chứng minh Q(2022) Q(2019)chia hết cho 3

Xét đa thức H x( )Q x( ) x1 Ta có

(2020) (2020) 2020 1 0, (2021) (2021) 2021 1 0

Suy ra H x( )có nghiệm là 2020và 2021

H(x) là đa thức bậc 3 có hai nghiệm là 2020; 2021 nên H(x) có thêm nghiệm nữa là x0

Gọi k là hệ số cao nhất của H(x) thì H x( )k x  2020 x 2021 x x 0

Suy ra Q x( )k x  2020 x 2021 x x 0 x 1 Ta có :

   

0 0

Vậy Q(2022) Q(2019)chia hết cho 3

Câu 4 (6,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC,các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H.

N

F

D

E A

B

C

4) Chứng minh : CDHđồng dạng với CFBvà BH BE CH CF.  . BC2

Xét CDH và CFBcó : C chung,CDH CFB90  CDH∽CFB

CH CD

CB CF

Tương tự ta có : BH BE BD BC.  .

5) Lấy điểm M, N theo thứ tự thuộc đoạn BE và CF sao cho AM ANvà

90

AMC

   Chứng minh AE AC. AF AB. và ANvuông góc với NB

Tam giác ABEvuông tại E nên cos

AE A AB

Tam giác ACF vuông tại F nên cos

AF A AC



AE AF

AE AC AF AB dfcm

AB AC  

+) Tam giác



2

90









Theo giả thiết AM AN  AN2 AE AC. mà AE AC. AF AB.

AN AF AB

AB AN

Xét ANB & AFNcó :

A chung

AB AN

( )

6) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T cosBACcosCBAcosACB

Ta có :

     

1

2

1 , 2 , 3

1

2

T

4

Mặt khác khi tam giác ABC đều thì  

3 5 2

T 

Từ (4) và (5) suy ra

3 2

MaxT 

Câu 5 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số dương x y z, , ta luôn có bất đẳng thức sau

2 2 2

5 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

2

2

1

x y z

 

Do dó vế trái của (1)  

2 2 2

2 2 2

1 2

Ta chứng minh  

2 2 2

2 2 2

5 1

xy yz zx

  Khi đó ta có :

3 2 2

2t    t 2 t  t    t 1 2 2t 1 0, điều này đúng vì 0 t 1 Suy ra

dfcm Đẳng thức xảy ra  t 1 x y z