Đề hsg toán 8 2022 2023 bỉm sơn thanh hoá

PHÒNG GD&ĐT THỊ XÃ BỈM SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi 02 tháng 4 năm 2023 Câu 1 (4,0 điểm) Ch[.]

PHÒNG GD&ĐT

THỊ XÃ BỈM SƠN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP THỊ XÃ

NĂM HỌC: 2022 - 2023

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi 02 tháng 4 năm 2023

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức

:

P

a Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P

b Tìm x để

1 2

P

Câu 2: (4,0 điểm)

a Giải phương trình: 2 2

2

1 ( 1)

b Tìm các số a, b, c nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai phương trình sau:

a3 + 3a2 + 5 = 5b và a + 3 = 5c

Câu 3: (4,0 điểm)

a Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x4 - 2y2 = 1

b Cho a, b là các bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp (a < b)

Chứng minh (ab – a – b +1) chia hết cho 192

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho ABC nhọn, các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H Từ H hạ HM vuông góc với EFtại M và HN vuông góc với ED tại N

a Chứng minh rằng: BDH và BEC đồng dạng;BED và BCH đồng dạng

b Chứng minh HM HN

c Gọi I J Q K, , , lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên AC AD BE BC, , , Chứng minh I J Q K, , , thẳng hàng

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c  3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 16 3 16 3 16.

T

Hết

Họ và tên học sinh: Số báo danh:

PHÒNG GD& ĐT

THỊ XÃ BỈM SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG LỚP 8

Năm học 2022 - 2023 Môn: Toán

Câu 1

(4.0đ)

a (2,0

điểm).

Xét biểu thức

:

P

ĐKXĐ:

0 1 1

x x x











 

 Không có điều kiện x 1trừ 0, 25điểm

:

P

2 2

( 1) 1

:

1

P

x

2

:

1 1

P

x x x







 

P

Vậy

2

1

x

x



0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

b

(2,0đ)

2

x

x

 với x0,x1

2

1 2

x

 

(TM ĐKXĐ) hoặc x 1( không TM ĐKXĐ)

(Nếu không loại x 1trừ 0,25 điểm)

Vậy

.

P  x

Câu 2

(4,0đ) (2,0đ) a. Giải phương trình

2 2

4 3 3

3

2

1 ( 1)

( 1) 3 ( 1) 2 2 ( 1)

(2 1) (2 1) 0 (2 1)(1 ) 0

2 1 0 1

x

 

3

1 ( ) 2







0,5

0,75

0,5

b.

(2,0đ)

Tìm các số a, b, c nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai phương trình sau : a3 + 3a2 + 5 = 5b và a + 3 = 5c

Vì a là số nguyên dương nên a3 + 3a2 + 5 = a2(a + 3) + 5 > a + 3 Hay 5b > 5c, mà b, c nguyên dương nên b > c do đó 5b ⋮ 5c Suy ra (a3 + 3a2 + 5) ⋮ (a + 3)

Hay a2(a + 3) + 5 ⋮ (a + 3)

Mà a2(a + 3) ⋮ a + 3 nên 5 ⋮ ( a + 3) Suy ra a + 3 ¿ Ư(5)

Lại có a nguyên dương nên a + 3 > 3

Do đó a + 3 = 5, hay a = 2

Từ đó tính được b = 2, c = 1

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 3

(4,0đ)

a (2,0đ)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 4 - 2y 2 = 1 (1)

Vì x; y chỉ có số mũ chẵn, do đó giả sử x0,y0

Hiển nhiên x lẻ, do đó x4chia cho 4 dư 1  y2chẵn, do đó y chẵn Đặt x = 2a+1, y = 2b với a,b thuộc N

Thay các biểu thức vào (1) ta được

(4a 4 2)(4a 4 ) 8

Đặta2 a n Ta có: (2n1)n b 2

*) Với a= 0 thì x= 1 Thay vào (1) ta được y = 0 Với a 1thì n và 2n+1 là số nguyên dương

Vì chúng nguyên tố cùng nhau và tích của chúng bằng b2

0,5

0,5

0,5

Nên mỗi số đều là số chính phương.

Đặt n k k N 2(  )

Ta có a2+a=k2 Điều này không sảy ra vì

a2 < a2+ a <a2+2a+1= (a+1)2 Tức là k2 nằm giữa hai số chính phương liên tiếp Vậy (x; y) = (1;0) ; (-1; 0)

0,25

0,25

b (2,0đ)

Cho a, b là các bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp (a < b) Chứng minh ab a b  1chia hết cho 192.

Vì a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên :

2 1 ,2 2 3 ,2

Khi đó: ab a b   1 a 1 b1 2n12 1  2n32 1 

4n2 4n 4n2 12n 8

     16n n  1 2 n 2 (1)

Vì n n, 1,n2.là ba số nguyên liên tiếp nên tích

  1   2 3 (2)⋮

Vì

, 1

n n  và n1,n2 là các cặp hai số nguyên liên tiếp nên

  1 2  2 4 (3)⋮

Mà

(3; 4) 1  nên từ (1), (2), (3) suy ra:

16n n 1 n 2 192 ( 16.3.4 192)vi

Vậy ab a b  1chia hết cho 192.

0.5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

a

(2,0 đ)

K Q

J I

N

M

H

D

E F

A

Xét BDHvà BEC có:

B là góc chung; BDH BEC 90o

Do đó BDH∽ BEC (gg)

Xét BEDvà BCH có:

B là góc chung;

BH BC (cmt)

Do đó BED∽ BCH (cgc)

0,5 0,5

0,5

0,5

b

(2,0 đ)

Xét BFH và CEH có:

Do đó BFH∽ CEH (gg)

+Xét FEHvà BCH có:

BH CH (cmt)

Do đó FEH∽ BCH (cgc)  FEH BCH hay MEH BCH

(1) Lại có BED∽ BCH (theo câu a)  BED BCH  hay

Từ (1) và (2)  MEH HEN +Xét MHEvà NHE có:

Do đó MHENHE (c.h-g.n)  HM HN

0,5

0.5

0,5

0,5

c

(2,0đ) Do FI AC gt QE( ), AC gt  FI BE// nên theo định lý Talet,

ta có:

AI AF

IE FB (3)

Do FJ AD gt BC , AD gt  FJ BC// nên theo định lý Talet, ta có

AF AJ

FB JD (4)

Từ (3) và (4) suy ra

IE JD nên theo định lý Talet đảo

//

IJ ED



(5)

Do FI AC gt HE , AC gt  FI HE// nên theo định lý Talet,

ta có

IE FH

định lý Talet, ta có

KD FH

DC HC (7)

Từ (6) và (7) suy ra

EC KC nên theo định lý Talet đảo

//

IK ED



(8)

Do FK//AD gt nên theo định lý Talet, ta có

AF KD

FB BK (9)

Do FQEB gt AC , EB gt  FQ//AC nên theo định lý Talet,

ta có

Từ (9), (10) suy ra

nên theo định lý Talet đảo

//

QK ED



(11) Từ (5), (8), (11) suy ra I J Q K, , , thẳng hàng.

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 5

(2,0đ)

Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c  3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

3 16 3 8 8 3 3 3 8.8 12

b  b    b  b

Hoàn toàn tương tự ta được c316 12 ; c a316 12 a

Từ đó suy ra

1

12

Do a,b,c là các số không âm nên

0,5

suy ra T (a b c  ) (ab bc ca abc)

1 16

Giả sử amin{ , , }a b c

Nếu

(

3

2

2

Hoàn toàn tương tự, nếu

a c b   a b b c c a abc c a b2  2  2    2  4 a b c  3

27 Như vậy ab bc ca abc (a b c  ) ,a b c, ,  .

0 27

Do đó ta có

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng

1

6 đạt tại ( ; ; ) (0;1;2)a b c  và các hoán vị

0,5

0,5

0,5

Lưu ý:

- Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

- Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình hoặc vẽ sai hình cơ bản thì không chấm điểm bài hình