071 đề hsg toán 8 thanh trì 22 23

Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H.. a Chứng minh: Các tam giác ABC, AEF đồng dạng.. d Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB AC, lần lượt tại N K,.. Chứn

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THANH TRÌ

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THI HSG SỐ 45

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU

MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra 04/7/2022 Bài 1: (4,0 điểm)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4x21

2 Phân tích đa thức thành nhân từ: xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

2

2 * 2

x a x

a) Giải phương trình  * khi a 1

b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình  *

Bài 3: (3,0 điểm)

1 Giả sử a b c, , là ba số đôi một khác nhau và 0

b c c a a b     

Chứng minh rằng: ( )2 ( )2 ( )2 0

b c  c a  a b 

2 Cho các số thực dương x y z; ; thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

2

x x y yz z 

Bài 4: (3,0 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24

2 Chứng minh rằng nếu x4 4x35ax2 4bx c chia hết cho x33x2 9x 3 thì

0

a b c  

Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Chứng minh: Các tam giác ABC, AEF đồng dạng

HD HE HF

AD BE CF  c) Chứng minh: BF BA.  CE CA BC.  2

d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB AC, lần lượt tại N K, Chứng minh: Tam giác MNK cân

Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x y z, , sao cho: x y z xyz  

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

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU MÔN TOÁN

TRƯỜNG THCS THANH TRÌ Năm học: 2019-2020

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

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4x21

2 Phân tích đa thức thành nhân từ: xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )

Lời giải

1 x4x2 1 x42x2 1 x2 x212 x2 x2 x 1 x2 x1

2 xy x y(  )yz y z(  )zx z x(  )xy x y(  ) yz x y(  ) yz z x(  )zx z x(  )

y x y x z z z x x y x y x z y z

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

2

2 * 2

x a x

a) Giải phương trình  * khi a 1

b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình  *

Lời giải

1 (12x1)(6x1)(4x1)(3x1) 330

(12x 1)(12x 2)(12x 3)(12x 4) 7920

      (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

2

a) Với a 1, ta có phương trình:

2

  (ĐK: x2; 1 )

Giải phương trình tìm ra:

3 2

x

(TMĐK)

b) Thay x 1 vào phương trình  * ta có:

2

3 1

a a

 (ĐK:a 1) Giải phương trình tìm ra: a 2 (thỏa mãn điều kiện) hoặc a 4(thỏa mãn điều kiện) và kết luận

Bài 3: (3,0 điểm)

1 Giả sử a b c, , là ba số đôi một khác nhau và 0

b c c a a b      Chứng minh rằng: ( )2 ( )2 ( )2 0

b c  c a  a b 

2 Cho các số thực dương x y z; ; thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

2

x xy yz z 

Lời giải

1

0

    (Nhân hai vế với

1

b c )



 



Công vế với vế của      1 , 2 , 3 ta được đpcm

( 1) ( 1) ( 1)

P

x x y y z z x x y y z z

Áp dụng BĐT

a b c  a b c  và

1 1 1 1 4

a b a b

   

   với a b c, , dương dấu bằng xảy ra a b c 

Ta có

           

Do dó :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

P

                 

4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2

           

 

Bài 4: (3,0 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24

2 Chứng minh rằng nếu x4 4x35ax2 4bx c chia hết cho x33x2 9x 3 thì

0

a b c  

Lời giải

1 Vì n 1 và 2n 1 đều là số chính phương nên ta có:

1 ;2 1

n k n m (k m, là các số tự nhiên)

Ta thấy m là số lẻ (vì 2n 1 là số lẻ) m2 1t (tlà số tự nhiên)

2 4 ( 1) 1 2 1 4 ( 1) 1 2 ( 1)

             chẵn  k lẻ

Ta có:k m2, 2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

Mà: k2m2 3n2 chia 3 dư 2

Nên k m2, 2 chia cho 3 cùng có số dư là 1 n m 2 k2 chia hết cho 3 1 

Ta có k lẻ  k2p1 (p là số tự nhiên)  k2 4 (p p1) 1  n 1

4 ( 1)

n p p

   chia hết cho 8 2 

Từ  1 và  2 suy ra: n chia hết cho 24

2 Ta có: x4 4x35ax2 4bx c x33x2 9x 3 x m 

4 ( 3) 3 (3 9) 2 (9 3) 3

Suy ra: m  3 4 m7

3m 9 5 a a6

9m 3 4b b15

c m  c

Vậy a b c  0

Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

a) Chứng minh: Các tam giác ABC, AEF đồng dạng

b) Chứng minh: 1

HD HE HF

AD BE CF  c) Chứng minh: BF BA.  CE CA BC.  2

d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB AC, lần lượt tại N K, Chứng minh: Tam giác MNK cân

Lời giải

N

K

M

H F

E

D

A

a) Vẽ hình đúng đên câu a

Chứng minh đúng: AEB∽AFC Suy ra:

AE AF

AB AC

Chứng minh đúng: ABC∽AEF

b) Chỉ ra được:

BHC ABC

S HD

AD S đủ căn cứ

Tương tự:

;

BE S CF S

Suy ra:

1

BHC AHC AHB ABC

HD HE HF

c) CMTT câu a, chỉ ra được BDF đồng dạng BAC

Suy ra

BF BD

BF.BA BD.BC

BC BA  

Tương tự CE CA CD BC.  .

Cộng vế với vế của hai đẳng thức ta được:

BF.BA+ CE CA CD BC BD.BC = CD DB BC BC

d) Chứng minh được BAH BCH (Cùng phụ ABC)

Chứng minh được ANH CHM (Cùng phụ NHF )

Suy ra: ANH đồng dạng CHM (g - g)

NH AH

HM CM hay  1

H AH

CM



chứng minh tương tự: (2)

KH HM

AH BM

Từ    1 ; 2 và CM BM suy ra: HK NH Vậy MNK cân (Vì MH vừa là đường cao vừa là trung tuyến)

Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x y z, , sao cho: x y z xyz  

Lời giải

a) Chia hai vế của: x y z xyz   cho xyz 0 ta có:

1

xy yzxz 

Do vai trò x y z, , như nhau nên giả sử: 1 x y z   ta có:

1 x 1

xyyzxz x x x  x    (vì x nguyên dương)

Thay x 1 ta có: yz y z   1 (y1)(z1) 2  y2,z3 (vì y z )

Vậy ba số cần tìm là: 1;2;3

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