008 đề hsg toán 8 thường tín 22 23

Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H.. Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định... Giải thích được phương trình này vô nghiệm... Các đường cao AD BE CF, ,

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THƯỜNG TÍN

ĐỀ THI HSG SỐ 25

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8

MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày kiểm tra Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức:

, 0; 1

a) Rút gọn A?

b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên?

Bài 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x  x  x  x  x  x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

Bài 3: (2,0 điểm)

b+c c+a a+b  chứng minh rằng:

0

b+c c+a a+b  

Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Tính tổng:

AD BE CF

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ

số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm

3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chính phương.

b) Cho x y z , , khác 0 thoã mãn: 1 1 1x y z 2 và 2

2 1

4

xy  z 

Tính D   x  2 y z  2018

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học: 2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức:

, 0; 1

a) Rút gọn A?

b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên?

Lời giải a) Rút gọn A

Với x  0, x  1

A

2 1 2 1 2 1

2 2 1

x

 



 x 1 2

x





b) Tìm A biết x thoã mãn: x2   x 12

Ta có:

2 12

x   x

2 12 0

x x

3 4

x

x loai





  

 Khi x  3 thì

16 3

A 

c) Chứng minh rằng: A  4 Từ đó tìm x để

6

B A

 nhận giá trị nguyên

Vì x  0 nên

 1 2 4

A



0 1

x B

 vì x  0

Vì

6 6

4

A

A

Suy ra 0  B  1,5 mà B nhận giá trị nguyên nên B  1

1

2 2 2

6

x x

  

Vậy B  1 khi

x x

  



 



Bài 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x  x  x  x  x  x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

Lời giải

a) Điều kiện x    6; 4; 1;3

x  x  x  x   x  x



x 1 x 3 3

0 2

x x







0;2

S 

      (Nhân cả hai về với 24)

144x2 60x 4 144  x2 60x 6 7920

Đặt: 144x2 60x 5 y

Ta có phương trình: (y1)(y1) 7920  y2 7921 y89 hoặc y 89

Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải ra: x 1 hoặc

7 12

x

Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải thích được phương trình này vô nghiệm

Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 hoặc

7 12

x

b) x4  30 x2  31 x  30 0 

4 5 3 5 3 25 2 5 2 25 6 30 0

 x3 5 x2 5 x 6   x 5  0

 x3 6 x2 x2 6 x x 6   x 5  0

2

6 0

5 0

1 0

x x

x x

 





   

   



2

6 5

0,

x x

















Vậy S    6;5 

Bài 3: (2,0 điểm)

b+c c+a a+b  chứng minh rằng:

0

b+c c+a a+b  

Lời giải

Ta có

1

b+c c+a a+b  

a a b a c b b c b a c a c a b a b b c a c

Suy ra a3  b3 c3  abc

Ta có

2 2 2 a a b a c b b c b a c b c a c

Biến đổi tử thức ta có

a a b a c  b b c b a  c b c a c 

a b c a b a c b a b c c a c b a b c a b c

Thay a3 b3  c3  abc ta được

a a b a c  b b c b a  c b c a c 

Vậy

0

b+c c+a a+b  

Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Tính tổng:

AD BE CF

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải

a) Tổng:

1

ABC

b) Chứng minh: BH BE CH CF.  . BC2

Ta có

BH BE BD BC 

CH CF CD CB  Suy ra BH BE CH CF  BD CD BC BC   2

c) Chứng minh: H cách đều 3 cạnh tam giác DEF.

Ta chứng minh  AEF   ABC   DEC

 AEF DEC 

 

FEB DEB

Suy ra EB là phân giác góc FED

Chứng minh tương tự ta có FC là phân giác góc DFE.

Suy ra H là giao điểm ba đường phân giác  DEF

Suy ra H cách đều 3 cạnh tam giác DEF .

d) Trên cạnh HB HC , lấy các điểm M N , tuỳ ý sao cho HM CN  Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Khi M trùng với H thì N trùng với C

Kẻ đường trung trực của đoạn HC

Khi M C  ' thì HC '  CH khi đó N H 

Kẻ đường trung trực của đoạn HC ' Hai đường trung trực cắt nhau tại O khi đó điểm O cố định.

Chứng minh điểm O nằm trên đường trung trực của MN khi M N , thay đổi.

Chứng minh OM ON  Vậy đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ

số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm

3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chính phương.

b) Cho x y z , , khác 0 thoã mãn: 1 1 1x yz 2 và 2

2 1

4

xy  z 

Tính D   x  2 y z  2018

Lời giải

a) Gọi số chính phương có bốn chữ số ban đầu là abcd

Ta có abcd m  2

Theo đề bài ta có abcd  1353  n2

Suy ra n2  m2  1353

 n m n m    3.11.41

Có m  1000; n  100000

Suy ra 64  m n   200



Vậy số cần tìm là 3136.

x  y  z 

Ta có a b c    2 và 2 ab c  2  4

2 2 2 2 2 2 0

 a c  2   b c  2  0

  

Thay x y   z vào

2

1 1 1

x yz  ta tìm được

x  y  z 

Thay vào D   x  2 y z  2018 ta được

2018

D             

 

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