Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2022-2023 Môn: TOÁN - LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 ( − ) 4 + ( − ) 4 a b c b c
a + c (a − b) 2) Cho ba số a, ,
b c  0 thỏa mãn: a b c b a c
+ + = + + . Tính giá trị của b c a a c b
biểu thức sau: P = (a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c)2022 2 3 + 2023
Câu 2: (2,0 điểm) 2 2  x −1   2x + 4  x −1
1) Giải phương trình: − + 3. = 0      x + 2   x − 3  x − 3
2) Đa thức f ( x) chia cho x +1 dư 4, chia cho 2
x +1 dư 2x + 3. Tìm phần
dư khi chia đa thức f ( x) cho ( x + )( 2 1 x + ) 1 .
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên ( x, y) thỏa mãn: 2 2
x + 8y + 4xy − 2x − 4 y = 4 .
2) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn 2 n + 4 và 2 n +16
là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. AH BH CH 1) Chứng minh: + + = 2 AD BE CF
2) Gọi M là trung điểm của AC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với HM,
đường thẳng này cắt AB, BC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AM.BQ = AH.BH.
3) Chứng minh  MPQ là tam giác cân.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
a + b + c  abc .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a b c + + 2 2 2 a + bc b + ca c + ab
------------------ Hết ----------------
* Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI Năm học 2022-2023 Môn: TOÁN - LỚP 8
(Hướng dẫn này gồm 05 câu, 05 trang) Câu Ý Đáp án Điểm 4
= a (b − c) 4
− b (a − b + b − c) 4
+ c (a − b) 0,25 4
= a (b − c) 4
− b (a − b) 4
− b (b − c) 4
+ c (a − b) = (b − c)( 4 4
a − b ) − (a − b)( 4 4 b − c ) 0,25
= (b − c)(a − b)(a + b)( 2 2
a + b ) − (a − b)(b − c)(b + c)( 2 2 b + c ) 1
= (a − b)(b − c)( 3 2 2 3 3 2 2 3
a + ab + a b + b − b − bc − b c − c ) 0,25
= (a − b)(b − c)(a − c)  ( 2 2
a + ac + c ) 2
+ b (a − c) + b(a − c)(a + c) = ( − )( − )( − )( 2 2 2 a b b c a
c a + b + c + ab + bc + ca) 0,25 Với Câu 1 a, , b c  0 , ta có: (2 điểm) a b c b a c + + = + + b c a a c b 0,25 2 2 a b c b a c a − c a − c
b(a − c)  + + − − − = 0  − + = 0 b c a a c b b ac ac  1 a + c b  2  (a − c) − +
= 0  (a − c)   ( 2
ac − ab − bc + b ) = 0  b ac ac  0,25
 (a − c)a
 (c − b) − b(c − b) = 0 
 (a − c)(c − b)(a − b) = 0 0,25
 P = (a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c)2022 2 3 + 2023 0,25 = 0 + 2023 = 2023 ĐKXĐ: x  2 − , x  3 x −1 x + 2 x −1 Ta có : . = x + 2 x − 3 x − 3 0,25 Câu2 − + − 1 x x x (2điểm) Đặt 1 2 1 = =  = a ;b ab x + 2 x − 3 x − 3
Khi đó ta có phương trình : 0,25 a − ( b)2 2 2 2 2
+ 3ab = 0  a + 3ab − 4b = 0  ( − )( a = b a
b a + 4b) = 0  a = 4 − b
Trường hợp 1: x −1 x + 2 a = b  =
 x − 4x + 3 = (x + 2)2 2
 −4x + 3 = 4x + 4 x + 2 x − 3 0,25 1 −
 8x +1 = 0  x = (t / m) 8
Trường hợp 2: x −1 4 − x − 8 2 2 a = 4 − b  =
 x − 4x + 3 = −4x −16x −16 x + 2 x − 3 2  6  59 2
 5x +12x +19 = 0  5 x + + = 0    5  5 2  6  59 59 0,25 Do 5. x + +   0 x   R    phương trình  5  5 5 2  6  59 x + + = 0   vô nghiệm  5  5 − Vậy PT có nghiệm là 1 x = 8
x + y + xy − x − y =
 (x + y − )2 2 2 2 8 4 2 4 4 2 1 + 4y = 5 2 2 Do 2 y (x + y − ) 2  y  x
 y (x + y − ) 2 4 4; 2 1 0;4 0 , ; 2 1 , 4 y là số 0,25 2 4y = 4  chính phương nên  (  x + 2y −  )2 1 =1 y =1 y =1 y =1         = 2 x 0 0,25 + TH1: (  x + 2y −  )2 1 =1 (  x +  )2 1 =1  (t/m) x = 2 − +) TH2: y = 1 − y = 1 − y = 1 −         0,25 x = 4 (  x + 2y −  )2 1 =1 (  x − 3  )2 =1  (t/m) x = 2
Vậy các cặp số nguyên ( ; x y) (  0; )1;( 2 − ; ) 1 ;(2;− ) 1 ;(4;− ) 1  0,25
Theo định lí Bê-du ta có: f(x) chia x+1 dư 4  f(-1)=4 Câu3 2
1 Do bậc đa thức chia ( x + ) 1 ( x + )
1 là 3 nên đa thức dư có dạng 0,25 (2điểm) ax2 + bx+c
Gọi thương của phép chia f(x) cho ( x + )( 2 1 x + ) 1 là Q(x), ta có:
f(x) = (x+1)(x2 +1).Q(x) + ax2 + bx+c
=(x+1)(x2 +1).Q(x) + ax2 +a - a + bx+c
=(x+1)(x2 +1).Q(x) + a(x2 +1) - a + bx+c 0,25
= [(x+1).Q(x) + a](x2 +1) + bx+ c - a b  =
Vì f(x) chia cho x2 +1 dư 2x+3  2  (1) c − a = 3
Mặt khác f(-1)=4  a - b+ c = 4 (2) Từ (1 ) và (2)  3 9 a = ;b = 2; c = 0,25 2 2 Vậy đa thức dư là: 3 9 x2 +2x + . 0,25 2 2
Ta có với mọi số nguyên m thì 2
m chia cho 5 dư 0 ; 1 hoặc 4. 0,25 + Nếu 2
n chia cho 5 dư 1 thì 2 2 *
n = 5k +1 n + 4 = 5k + 5 5;k  . 0,25 nên 2
n + 4 không là số nguyên tố ( loại) 2 + Nếu 2
n chia cho 5 dư 4 thì 2 2 *
n = 5k + 4  n + 16 = 5k + 20 5;k  . 0,25 nên 2
n +16 không là số nguyên tố ( loại) Vậy 2
n 5 hay n chia hết cho 5 (đpcm) 0,25 -Vẽ hình phần a) A P E Câu4 M 0,25 (3điểm) F H C B D Q 1 1 BC.AH
(BD + DC).AH AH 2 2 = = AD 1 1 BC.AD BC.AD 2 2 0,25 1 1 . BD AH + C . D AH 2 2 S + S ABH ACH = = 1 S BC. ABC AD 1 2 BH S + S CH S + S ABH BCH = ; ACH BCH = 0,25 BE S CF S ABC ABC AH BH CH S + S S + S S + S ABH ACH ABH BCH ACH BCH  + + = + + AD BE CF S S S ABC ABC ABC 0,25 2(S + S + S ABH ACH BCH ) = = 2 (DPCM) SABC Ta có 0
AHM + AHP = PHM = 90 (Vì PH ⊥ MH ) 0
BQH + DHQ = 90 ( Vì DHQ  vuông tại D) 0,25
Mà AHP = DHQ (2 đối đỉnh)  AHM = BQH Ta có: 0
HBQ + BCA = 90 (Vì tam giác BEC vuông tại E) 0 + = 0,25 2 HAM BCA
90 (Vì tam giác ADC vuông tại D)  HBQ = HAM Xét A  MH và B
 QH có: HBQ = HAM và AHM = BQH (cmt)  0,25 A  MH ∽ B
 HQ(g.g) AM AH  =
 AM.BQ = AH.BH (đpcm) 0,25 BH BQ BQH = AMH  Vì A  MH ∽ B
 HQ(cmt)   AM MH mà AM =CM =   BH QH 0,25 CM MH BH QH  =  = (1) BH QH CM MH 3 BH PH CMTT: B  HP∽ C
 MH(g.g)  = (2) 0,25 CM MH Từ (1) và (2) PH QH  = MH MH 0,25
 PH = QH H là trung điểm của PQ Xét P
 MQ có MH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao  0,25 P  MQ cân tại M
Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2  4xy    1 1 4 1 1 1 1 +    + (*)   0,25 x y x + y x + y 4  x y 
Dấu "=" xảy ra khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được: 2 a a  1 1  1  1 a  1  1 a   + = + = +       2 2 a + bc 4  a bc  4  a bc  4  a abc  0,25
Kết hợp với giải thiết 2 2 2
a + b + c  abc ta được: 2 2 a 1  1 a  1  1 a   +  +     2 2 2 2 a + bc
4  a abc  4  a a + b + c  Tương tự ta có: Câu5 2 2 b 1  1 b  c 1  1 c  (1điểm)  + ;  +     2 2 2 2 2 2 2 2 b + ca
4  b a + b + c  c + ab
4  c a + b + c  0,25 a b c 1  1 1 1   + +  + + +1   2 2 2 a + bc b + ca c + ab 4  a b c 
Mặt khác dễ chứng minh được: 2 2 2
a + b + c  ab + bc + ac
ab + bc + ac
ab + bc + ac 1 1 1 1  = + + 2 2 2 a + b + c abc a b c a b c 1  1 1 1  1 1  0,25 P = + +  + + +1  .2 =   2 2 2 a + bc b + ca c + ab 4  a b c  4 2
Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 3.
Vậy GTLN của biểu thức P là 1 khi a = b = c = 3. 2
Chú ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.