Đề KSCL học sinh giỏi Toán 8 năm 2023 - 2024 trường THCS Công Liêm - Thanh Hóa

TRƯỜNG THCS CÔNG LIÊM

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2023-2024 MÔN THI: TOÁN – LỚP 8 Ngày thi: Ngày /01/2024

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: 2 2 1 1 2 1 1 : 3 3 6 3 2 x x x P x x x x x + − −   = + −   + −  

a. Rút gọn biểu thức P.

b. Tìm x ∈ Z để P có giá trị nguyên.

c. Tìm x để P ≤ 1.

Câu 2 ( 4,0 điểm ):

a) Giải phương trình sau:

2 2 2 1 2 6 2 2 2 3 2 4 x x x x x x + = − + − + − +

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : 5x2 – xy – 2y = 17

Câu 3 ( 4,0 điểm ):

a) Cho a + b + c = 1 và a2 + b2 + c2 = 1.

Chứng minh rằng nếu x y z a b c = = thì xy + yz + xz = 0.

b) Cho A = 6 4 3 2 n n 2n 2n − + + (với n N, ∈ n > 1). Chứng minh A không phải là

số chính phương.

c) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có 2 2 1 5 26.5 8 59 n n n + + + +  . Câu 4 ( 6,0 điểm ): Cho hình thang ABCD ( ) / / , AB CD AB CD < . Gọi O là giao điểm của AC với BD và I là giao điểm của DA với CB. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a) Chứng minh: OA OB IA IB OC OD IC ID + + = + + .

b) Chứng minh: Bốn điểm ; ; ; I O M N thẳng hàng. c) Giả sử 3AB CD = và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ giác IAOB theo S. Câu 5 ( 2,0 điểm ): Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn + + = a b c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

+ + = + + + + +

2 2 2 2 2 2 ab bc ca P a b c a b b c c a

Câu Nội dung Điểm

1 (4,0đ)

a. ĐKXĐ:

.1 , 2 1 ,0 ± ≠ ≠ ≠ x x x

Ta có: x x x x x x x x P 2 1 : 1 3 6 2 1 3 3 1

2 2 −       − − − + + + =

( ) ( )

( ) x x x x x x x x 2 1 : 1 1 2 3 1 2 1 3 1 − −  

  

 − − − − + + =

1 2 1 2 . 1 3 1 3 1 − = − −       − − = x x x x x x

Vậy với

1 , 2 1 ,0 ± ≠ ≠ ≠ x x x

ta có

2 1 x P x = −.

0,5

0,5

0,5

b. Ta có:

2 2 1 P Z x = + ∈ −

1 x ⇔ −∈ Ư(2) mà Ư(2) = { } 1; 2 ± ± . Từ đó suy ra { } 3;2;0;1 − ∈ x .

Kết hợp với ĐKXĐ được x { } 2;3 ∈ .

0,5

0,5

0,25

c.

2 2 1 1 1 1 0 0 1 1 1 x x x P x x x + ≤⇔ ≤⇔ −≤ ⇔ ≤ − − − Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1 ≥ 0 1 x ⇔ < và 1 x ≥−

Kết hợp với ĐKXĐ được 1 1 x −< < và

. 2 1 ,0 ≠ ≠ x x

0,5 0,5

0,25

Câu 2.

(4 điểm)

a)

2 2 2 1 2 6 2 2 2 3 2 4 x x x x x x + = − + − + − + Đặt t = x2 -2x + 3 = ( x-1)2 +2. Với 2 t ≥ Phương trình đã cho trở thành:

2 2 1 2 6 3 7 2 0 1 1 1 3

t t t t t t t

=   + = ⇒ − + = ⇔ − + = 

Kết hợp với ĐK ta được t = 2 Do đó ta có: ( x-1)2 +2 =2 => ( x-1)2 = 0. => x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

0,5

0,5

0,5

0,5 b) 5x2 – xy – 2y = 17 => y(x + 2) = 5x2 – 17 =>

2 5 17 5 ( 2) 10( 2) 3 3 5 10 2 2 2 x x x x y x x x x − + − + + = = = − + + + +

x, y nguyên suy ra x + 2 là ước của 3 => { } 2 1,1, 3,3 x + ∈− − Từ đó tìm được các cặp (x,y) = (-3,-28); (-1,-12); (-5,-36); (1,-4)

0,5 0,5 1

a) Từ a + b + c = 1 Bình phương hai vế suy ra ab + bc + ca = 0 0,5

Câu 3.

(4 điểm)

Đặt = = = x y z k a b c => x = ka, y = kb, z = kc

=> xy + yz + xz = k2(ab + bc + ca) = 0.

0,5 0,5 b)Biến đổi

A = n6 – n4 + 2n3 + 2n2 = n2(n4 – n2 + 2n + 2) = ... =

+ − + 2 2 2 n (n 1) .(n 2n 2)

với n ∈N, n > 1 thì n2 – 2n + 2 = (n – 1)2 + 1 > (n – 1)2

và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n – 1) <

2 n (vì n – 1 > 0)

Vậy (n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 => n2 – 2n + 2 không là số chính phương

⇒ A không là số chính phương

0,5 0,5 0,5

c) ( ) ( ) 2 2 1 5 26.5 8 51.5 8.64 59 8 .5 8.64 59.5 8 64 5 n n n n n n n n n n + + + + = + = − + = + −

Vì ( ) ( ) 64 5 64 5 n n − −  nên ta có điều phải chứng minh

Câu 4:

a) Chứng minh: OA OB IA IB OC OD IC ID + + = + + .

Chứng minh được: OAB ∆ đồng dạng với OCD ∆ ( ) g g −

Suy ra ( ) 1 AB OA OB OA OB CD OC OD OC OD + = = = +

Chứng minh được: IAB ∆ đồng dạng với IDC ∆ ( ) g g −

Suy ra ( ) 2 AB IA IB IA IB CD ID IC ID IC + = = = +

Từ ( )1 và ( ) 2 suy ra OA OB IA IB OC OD IC ID + + = + +

b) Chứng minh: Bốn điểm ; ; ; I O M N thẳng hàng.

Ta có: ( ) 3 AB OA AM OA CD OC CN OC = ⇒ = và   BAC DCA = ( vì / / , AB CD soletrong )( ) 4

Từ ( ) 3 và ( ) 4 suy ra OAM ∆ đồng dạng với OCN ∆ ( ) …