PGD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN
TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 – 2023 (VÒNG II)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang
Câu 1. (4,0 điểm) 2 2 2 2 a b a b
1. Rút gọn biểu thức P = (
a b)(1 b) − (a b)(1 a) − + − + + (1+a)(1−b) x y z 2 2 2 x y z 2. Cho + + = 1 0
y + z z + x x + y . Chứng minh rằng: + + =
y + z z + x x + y
Câu 2. (4,0 điểm) 1. Tìm x biết: x x ... x x + + + + = 4043 1+ 2 1+ 2 + 3 1+ 2 + 3+...+ 4043
2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn 2
x + và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x x là số hữu tỉ.
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho 4 3 3
x + y = xy +1
2. Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng 2 2
n = x + 3y , trong đó x, y là các
số nguyên. Chứng minh rằng nếu A
A∈ S và A là số chẵn thì A chia hết cho 4 và ∈ S. 4
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
AC. Vẽ NH vuông góc với CM tại H, HE vuông góc với AB tại E. Trên tia NH lấy điểm K sao cho NK = CM.
a) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông
b) Chứng minh HM là tia phân giác của góc BHE c) Giả sử  0
AHC =135 . Chứng minh 2 2 2
2HA = HB − HC
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Tìm GTNN của 3 3 3 3 3 3 a + b b + c c + a P = + + 2 2 2 2 2 2
a + ab + b
b + bc + c
c + ca + a
---------------Hết----------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 PGD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM
Biểu chấm gồm 04 trang
KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 (VÒNG II)
NĂM HỌC 2022 – 2023 Câu Hướng dẫn giải Câu 1 4.0điểm 2 2 2 2
Rút gọn biểu thức a b a b P = ( − −
a + b)(1− b) (a + b)(1+ a) (1+ a)(1− b) 2 a ( + a) 2
− b ( − b) 2 2 1 1
− a b (a + b) 3 a + 2 a − 2 b + 3 b − 2 2
a b (a + b) Ta có P = ( = 0.5
a + b)(1− b)(1+ a)
(a+b)(1−b)(1+a) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2
(a +b )+(a −b )−a b (a+b) (a+b)(a −ab+b )+(a−b)(a+b)−a b (a+b) = = 0.5
(a+b)(1−b)(1+a)
(a+b)(1−b)(1+a)
(a+b)( 2a −ab+ 2b +a−b− 2 2 a b ) ( 2 2 2
a − a b )+(a − ab)+( 2 b − b) = ( = 0.5
a + b)(1− b)(1+ a) (1−b)(1+a) 2
a (1− b)(1+ b) + a(1− b) − b(1− b) ( − b)( 2 2 1
a b + a + a − b) = = 1.a (1−b)(1+a) (1−b)(1+a) 2.0điểm
( 2ab+ 2a +a−b) ( 2a +a)+( 2ab−b) a(a+ )1+b(a+ )1(a− )1 0.5 = = = 1+ a 1+ a 1+ a
(a+ )1(a+ab−b) =
= a + ab − b (1+a) 2 2 2 2. Cho x y z x y z + +
= 1. Chứng minh rằng: + + = 0 2.0
y + z z + x x + y
y + z z + x x + y điểm x y z Nếu x + y + z = 0 thì + +
≠ 1 ⇒ x + y + z ≠ 0 y 0.5
+ z z + x x + y x y z Ta có: + + = 1
y + z z + x x + y x y z 0.25 Nếu x + y + z = 0 ⇒ + + ≠ 1⇒ x + y + z ≠ 0
y + z z + x x + y   1.b ⇒ ( + + ) x y z x y z + + = x + y +   z
 y + z z + x x + y 2.0điểm  0.75 2 2 2 x y z ⇒ + z + + y +
+ x = x + y + z y + z z + x x + y 2 2 2 x y z ⇒ + + = 0
y + z z + x x + y 0.5 Câu 2 4.0điểm 1 1. Tìm x biết: x x ... x x + + + + = 4043 2.0 2.0điểm 1+ 2 1+ 2 + 3 1+ 2 + 3+...+ 4043 điểm 2 2x 2x 2 + + +... x x + = 4043 0,5 2.3 3.4 4043.4044 Ta có:  1 1 1 1 2x ...  + + + + =   4041 0,5 1.2 2.3 3.4 4043.4044   1 1 1 1 1 2x 1 ...  − + − + + − =   4043 0.25  2 2 3 4043 4044   1 2 . x 1  − =   4043  4044  0,5 4043 . x = 4043 2022 x = 2022 Vậy x = 2022 0,25
2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn 2 x + và 3 x 2.0 x
đều là số hữu tỉ. Chứng
minh x là số hữu tỉ. điểm 2 Ta có 2  2  x 4 4 + ∈ suy ra x + = 2 x + + 4 ∈ x . 2  ⇒ 2 + ∈ 2  x   x x x 0,5 2b   2.0điểm Mặt khác 8 8  2  4  3
x ∈ suy ra ∈ suy ra 3 2 x −
=  x −  x + 2 + ∈ 3 x 3 2 x x x     0,75 Do 2 4 2 4 x + ∈ ⇒ x + + 2 ∈ nên suy ra 2 x − ∈ . 2 2 x x x 0,75 Vậy  2   2 2x x   x  = + + − ∈ 
 suy ra x ∈ (điều phải chứng minh) x x      Câu 3 4.0 điểm
1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho 4 3 3
x + y = xy +1 2.0 điểm Theo đề bài, ta có: 4 3 3
x + y = xy +1 (*) 4 3 3
⇔ x −1 = xy − y 3 2 3
⇔ (x −1)(x + x + x +1) = y (x −1) 3 2 3
⇔ (x −1)(x + x + x +1− y ) = 0 0.5 x −1 = 0 x = 1 ⇔  ⇔ 3 2 3  3 2 3
x + x + x +1− y = 0
x + x + x +1 = y +/ Xét x=1, thay vào (*) 1 3 3
⇒1+ y = y +1 ⇒ y = k với k ∀ ∈ Z 0.5 2.0điểm +/ Xét 3 2 3
x + x + x +1 = y 2 Vì 2  1  3
x + x +1 = x + + >   0 3 3 2
⇒ x < x + x + x +1 (1)  4  4 Vì 2
5x +11x + 7 > 0 3 2 3 2 2
⇒ x + x + x +1< x + x + x +1+ 5x +11x + 7 3 2 3 2
⇔ x + x + x +1< x + 6x +12x + 8 3 2 3
⇔ x + x + x +1< (x + 2) (2) Từ (1) và (2) 3 3 2 3 3 3 3
⇔ x < x + x + x +1< (x + 2) ⇔ x < y < (x + 2) 0.75 Mà x,y nguyên 3 3 ⇒ y = (x +1) 3 2 3
⇒ x + x + x +1 = (x +1) 3 x = 0 3 2 3 2 2
⇔ x + x + x +1 = x + 3x + 3x +1 ⇔ 2x + 2x = 0 ⇔  x = 1 −
Xét x = 0 ⇒ y = 1 (tmđk)
Xét x = - 1⇒ y = 0 (tmđk)
Vậy các cặp số nguyên (x;y) ∈ ({0; )1; ( 1
− ; 0); (1; k )} với k ∈ Z 0.25
Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng 2 2
n = x + 3y , trong đó x,
y là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu A∈S và A là số chẵn thì A 2.0 điểm
chia hết cho 4 và A ∈S. 4
Do A∈S nên tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2
A = x + 3y .
Mà A là số chẵn nên x, y cùng tính chẵn lẻ. 2
Xét các trường hợp sau:
2.0điểm +) TH1: x, y cùng chẵn 0,5 2 2 2 2
⇒ x 4; y 4 ⇒ A4 và A  x  3 y  = + ∈
 x   y      S (vì  ; là các số nguyên 4    2   2   2   2 
+) TH2: x, y cùng lẻ. Khi đó 2 2
x ; y chia 4 dư 1 nên A chia hết cho 4
* Nếu x, y có cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 2 2 2 2
4A = 4(x + 3y ) = (x + 3y) + 3.(x − y) 0,5 2 2
Do đó: A  x +3y  3. x − y  + − = + ∈ x 3y x y     S. Vì ; ∈ Z 4  4   4  4 4
* Nếu x, y không cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 2 2 2 2
4A = 4(x + 3y ) = (x − 3y) + 3.(x + y) 0,5 2 2
Do đó: A  x −3y  3. x + y  − + = + ∈ x y x y     S. Vì 3 ; ∈ Z 4  4   4  4 4
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có A chia hết cho 4 và A ∈S. 0,5 4 Câu 4 6 điểm A E N M H B C F I K 4 +) Chứng minh A ∆ MC = CNK ∆ (C. G .C) 0.5 a ⇒  =  2.0điểm MAC NCK và AB = CK 0.25 Mà  0 = ⇒  0 MAC 90
NCK = 90 ⇒ KC ⊥ AC tại C 0.5
+) Chứng minh tứ giác ABKC là hình chữ nhật 0.5
+) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông 0.25
Gọi I là trung điểm của CK, F là giao điểm của BI và KN
+) Chứng minh tứ giác BMCI là hình bình hành 0.5 ⇒ MC / /BI +) Xét B
∆ HK có BF vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ B ∆ HK cân tại B 0.5 b ⇒  =  BKH BHK (1)
2.0điểm Lại có :  = 
BKH EHN ( hai góc đồng vị và EH//BK) (2) 0.25 Từ (1) và (2) ⇒  =  EHN BHK Mà  +  =  +  0 EHN MHE BHK MHB = 90 0.5 ⇒  =  MHE MHB
Suy ra HM là tia phân giác của góc BHE. 0.25 A G H B C c
2.0điểm Trên tia CH lấy điểm G sao cho  0 HAG = 90 Vì  0 = ⇒  0 AHC 135 AHG = 45 Mà  0 HAG = 90 ⇒ A
∆ HG vuông cân tại A⇒ AG = AH và 0.25 2 2 2 2
GH = AH + AG = 2AH Xét A ∆ GB và A ∆ HC có: AG = AH  =  GAB HAC ( 0 = −  90 BAH )
AB = AC ( vì A
∆ BC vuông cân tại A) ⇒ A ∆ GB = A ∆ HC (c.g.c) 0.5 ⇒  = 
AGB AHC ( 2 góc tương ứng) ⇒  0 AGB =135 Vì A ∆ GB = A
∆ HC ⇒ GB = HC (2 cạnh tương ứng) 0.5 5 Mà A
∆ HG vuông cân tại A ⇒  0 AGH = 45 0.5 ⇒  =  −  0 BGH AGB AGH = 90 ⇒ B ∆ GH vuông tại G Xét B
∆ GH vuông tại G có: 2 2 2
BG + GH = HB 2 2 2
⇒ HC + GH = HB 2 2 2
⇒ HC + 2AH = HB 0.25 2 2 2
⇒ HB − HC = 2AH (đpcm)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm GTNN của Câu 5 2.0 3 3 3 3 3 3 + + + a b b c c a P = + + điểm 2 2 2 2 2 2
a + ab + b
b + bc + c
c + ca + a 1
Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 2
a − ab + b ≥ (a + ab + b ) 3 2 2 2 2
⇔ 3a − 3ab + 3b ≥ a + ab + b 0.5 2 2
⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ 0 2
⇔ 2(a − b) ≥ 0 (luôn đúng) Ta có: 3 3 2 2 1 2 2
a + b = (a + b)(a − ab + b ) ≥ (a + b)(a + ab + b ) 3 1 2 2 3 3
(a + b)(a + ab + b ) a + b 3 a + b ⇒ ≥ = 2 2 2 2
a + ab + b
a + ab + b 3 2.0điểm 0.5 3 3 3 3
Tương tự, b + c b + c ≥ và c + a c + a ≥ 2 2
b + bc + c 3 2 2
c + ca + a 3 Do đó
a + b b + c c + a 2 P ≥ + +
= (a + b + c) 3 3 3 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c, ta có: 0,5 3
a + b + c ≥ 3 abc = 3 (vì abc = 1) 2 ⇒ P ≥ .3 = 2 0,25 3
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1 0,25
Vậy GTNN của P là 2 tại a = b = c = 1 Điểm toàn bài 20 điểm 6