004 đề hsg toán 8 thường xuân 22 23

Rút gọn biểu thức A.. Tia AM cắt đường thẳng CD tại N.. Chứng minh: OEM vuông cân... Rút gọn biểu thức A... Tia AM cắt đường thẳng CD tại N.. Chứng minh: OEM vuông cân.. Gọi H là giao

UBND HUYỆN THƯỜNG XUÂN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

LỚP 8

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

Cho biểu thức 22 9 3 2 1  2, 3

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tìm x   để A có giá trị nguyên

3 Tìm x để

1 2

A 

Câu 2: (4,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 2

3

2 0

x  x  x  x  

2 Cho ba số x y z, , khác 0 và thoả mãn:

1 2

4

1 1 1

0

x y z

x y z xyz

x y z



  













  



Tính giá trị biểu thức Px2019y2019 y2019 z2019 z2019 x2019

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2xy3y 5x 7 0

2 Cho đa thức P x  ax2 bx c

thoả mãn điều kiện với số nguyên x bất kì thì P x  là số

chính phương Chứng minh a b c, , là các số nguyên và b là số chẵn

Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O M, là điểm bất kì thuộc cạnh BC (M

khác B C, ) Tia AM cắt đường thẳng CD tại N Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

1 Chứng minh: OEM vuông cân

2 Chứng minh: ME BN//

3 Từ C kẻ CH BN H BN Chứng minh rằng ba điểm O M H, , thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm) Cho a b c, , là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

9

a b c

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

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

Cho biểu thức 22 9 3 2 1  2, 3

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tìm x   để A có giá trị nguyên.

3 Tìm x để

1 2

A 

Lời giải

2 9

x



     



2 Với x   để A  thì

1 3

x x





 

           

4; 2;5;1;7; 1

x

Kết hợp với điều kiện ta có: x 4;5;1;7; 1 

Vậy x 4;5;1;7; 1 

thì A 

3 Để

1 2

A 

thì

1 1

3 2

x x







Vì x 3 x 5 nên để  

5 0

x x





 thì

x

   

Vậy

2

x x







1 2

A 

Câu 2: (4,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 2

3

2 0

x  x  x  x  

2 Cho ba số x y z, , khác 0 và thoả mãn:

1 2

4

1 1 1

0

x y z

x y z xyz

x y z



  













  



Tính giá trị biểu thức Px2019y2019 y2019 z2019 z2019 x2019

Lời giải

1 Đkxđ:

2

2

2 0

5 2 0

x x

x x

   





  



Ta có x 0 không là nhiệm của phương trình

Do đó x 0 Chia cả tử và mẫu cho x ta được:

 

2 1

   

Đặt x 1 2 t t 0

x

   

Khi đó  1 trở thành 1t t 34  2 t 4 3 t2t2 8t

 2t2 6t  4 0 2t1 t 2 0

1

1

x

t

x x



  







   



    

Với

2

x

           

 x12  3 x 1 3 x 1 3TM

Với

4 4

x

           

2

         

Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 17 3 17

1 3;1 3; ;

S      

2 Ta có:

2

2

Mà

1 1 1

0

xyz  nên

1 1 1

2

x yz  .

Suy ra 1 1 1 1 yz xz xy x y z   xyz

x yz x y z       

xyz x z x y y z xyz y x z y z x xyz xyz

x y x z y x y z z y z x xyz

x y x z y z     0

2019 2019 2019 2019

2019 2019 2019 2019

2019 2019 2019 2019

0 0 0







Bài 3: (4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2xy3y 5x 7 0

2 Cho đa thức P x  ax2bx c thoả mãn điều kiện với số nguyên x bất kì thì P x  là số

chính phương Chứng minh a b c, , là các số nguyên và b là số chẵn

Lời giải

1 x2  2xy3y 5x 7 0

2

4x 8xy 12y 20x 28 0

Vì x y  ; và 7 là số nguyên tố nên ta có 4 trường hợp:

TH1:



TH2:



TH3:



TH4:



Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là: x y  ;  1; 3 , 2;1 , 2; 3 , 5; 4       

2 Ta có: P 0 c

Vì P 0 là số chính phương nên c   Đặt cx x2  

Ta có: P 1   a b c P; 1  a b c

Suy ra a b a b ;   

2 2

a b





 







 Đặt 2  ; 

2

y z

b z















Ta có P 4 16a4b c k  2 k 

Lại có k2 8y2z x 2  k x k x     2 4 y z 

Nếu k x; không cùng tính chẵn lẻ thì k x k x    2 (vô lí vì 2 4 y z 2)

Do đó k x; cùng tính chẵn lẻ  k x k x    4 4y z 2 z2

   (vì a b  )

Lại có P 2 4a2b c

Đặt P 2 t2.

Ta có t2 x2 2 2 a b   t x t x    2 2 a b 

Nếu t x; không cùng tính chẵn lẻ thì t x t x    2

(vô lí) Nếu t x; cùng tính chẵn lẻ  t x t x    4 2a b 2 b2

Vậy a b c, , là các số nguyên và b là số chẵn

Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O M, là điểm bất kì thuộc cạnh BC (M

khác B C, ) Tia AM cắt đường thẳng CD tại N Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

1 Chứng minh: OEM vuông cân

2 Chứng minh: ME BN//

3 Từ C kẻ CH BN H BN

Chứng minh rằng ba điểm O M H, , thẳng hàng

Lời giải

1 Vì

AB BC

EB CM









 nên AE BM Xét OAE và OBM có:

   45 

OAE OBM  

Do đó OAEOBM c g c   

AOE BOM

Mà AOE EOB 90

Do đó BOM EOB 90  EOM 90 2  

2 Vì

BE CM









Mà AB CN// nên

MN CM (Định lí Ta-let)

ME BN

MN BE  (Định lí Ta-let đảo)

3 Gọi H là giao điểm của OM và BN

Vì ME BN// nên OME MH B   45 MCO

Xét MCO và MH B có:

MCO MH B 

OMC BMH 

Do đó MCOMH B g g   

Xét OMB và CMH có:

OMB CMH 

Do đó OMBCMH c g c   

OBM CH M   

Ta có BH C BH M CH M      90  CHBN

Mà CH BN

Suy ra H trùng H

Vậy ba điểm O M H, , thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm) Cho a b c, , là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

Lời giải

4a a b 4b b c 4c c a

VT a b c

a a b b b c c c a

              

                 

(Vì

x y

Dấu " " xảy ra khi a b c 

9

a b c

Cách 2:

Không mất tính tổng quát giả sử a b c  3

Do a b c, , là ba cạnh của một tam giác nên ta có:

3

2

Tương tự ta có

   

3

VT

 

3

a a b b b c c c a

a a b b b c c c a

3

a b b c c a a b c

 

3 1

3 a a 3 b b 3 c c

         

Ta chứng minh 4 1 2 1 0;3  2

 

      

Thật vậy  2 5a 32a1 3  a a 2

3 2

2a 7a 8a 3 0

a 1 2  a2 5a 3 0

a 1 2 2a 3 0

    đúng

3 0;

2

a  

   

 

Chứng minh tương tự ta có 4 1 2 1 0;3  3

 

      

4 1 2 1 0;3  4

 

      

Từ      2 , 3 , 4 ta có VT 1 2a b c   3 3

Dấu " " xảy ra khi a b c 

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