Đề chọn học sinh giỏi Toán 8 năm 2024 - 2025 phòng GDĐT Vũ Thư - Thái Bình

BÀI Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Bài 1 4 điểm

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 2 1 A x x = + + 2. Cho , , a b c là ba số thỏa mãn: 2 2 2 a b c ab bc ca + + = + + . Tính giá trị của biểu thức:

a b b c 2025c 2025a B c a b + + + = + − .

1 4 2 1 A x x = + + 4 2 2 2 1 x x x = + + − ( ) 2 2 2 1 x x = + − ( )( ) 2 2 1 1 x x x x = + − + +

2 Biến đổi 2 2 2 a b c ab bc ca + + = + + về dạng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 a b c ab bc ca + + − − − = … 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 a b b c c a − + − + − = Lập luận để a b c = =

Từ đó tính:

Biến đổi a b b c 2025(c a) B c a b + + + = + −

Và thay vào tính KQ KL 4046 B = −

Bài 2 5 điểm

Cho biểu thức:

2 2

2 2 2 x 2y x y x y y 2 P 2y x 2 2x y 2y xy x

  − − + + − = +   − − − + −  

(với 2 , 2 , 2 2 x y x y y x ≠− ≠ ≠ − ) 1. Rút gọn . P 2. Tính giá trị của P khi ,x y thòa mãn:

2 2 2 4 6 11 0 x y x y + − − + = 3. Cho 0 y = và 2 x ≥ tìm giá trị nhỏ nhất của Q P x = + .

1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y y P y x x y y xy x

  − − + + − = +   − − − + −  

Với ĐK 2 , 2 , 2 2 x y x y y x ≠− ≠ ≠ − Ta có

2 2

2 2 2 2 (2 )( ) 2 2 x y x y x y y y x y x x y x y

  − − + + − = +   − − + − −  

2 2

2 2 ( )( ) 2 (2 )( ) (2 )( ) 2 2 x y x y x y x y y y x x y y x x y x y

  − − + + + − = +   − + − + − −  

2 2 2 2

2 2 2 (2 )( ) 2 2 x y x y x y y y x x y x y

  − − + + + − =   − + − −  

2

2 2 2 2 (2 )( ) 2 2 x y x y y x x y x y

  − + − =   − + − −  

2

2 2 2 2 (2 )( ) 2 2 y x x y y x x y x y − + − = ⋅ − + + −

1 x y = + và kết luận đúng

2 Biến đổi 2 2 2 4 6 11 0 x y x y + − − + = thành

2 2 2( 1) ( 3) 0 x y − + − =

Lập luận tìm 1

3

x

y

=  = 

Thỏa mãn điều kiện 2 , 2 , 2 2 x y x y y x ≠− ≠ ≠ −

Thay vào P tính KQ đúng 1 4 P =

3 Cho 0 y = và 2 x ≥ tìm giá trị nhỏ nhất của Q P x = + .

Khi 0 y = và 2 x ≥ thi luôn thỏa mãn:

2 , 2 , 2 2 x y x y y x ≠− ≠ ≠ −

Khi đó: 1 1 P x y x = = + .

1 1 3 1 3 1 1 4 4 4 4 x x x x Q x x x x = + = + + = −+ + +

2 ( 2) 3 5 1 do 2 4 4 2 x x x x − = + + ≥ ≥ và 2 ( 2) 0, 2 x x − ≥ ∀≥

Dấu bằng xảy ra khi 2 x = (TMĐK)

Vậy GTNN là min 5 2 Q = khi 2 x =

Bài 3 4 điểm

1. Cho đa thức 4 3 2 P(x) x ax bx cx d = + + + + biết: đa thức P(x) chia cho: x 1,x 2,x 3 − − − đều dư là 6 và 2 d P( 1) 66 − = − . Tìm đa thức P(x) ?

2. Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn: 2 2 10 x x y + + = .

1 Xét đa thức Q( ) P( ) 6 x x = − Tính (1) (2) (3) 0 Q Q Q = = = và suy ra 1,2,3 x = là các nghiệm của của Q(x)

Lập luận Q(x) bậc 4 hệ số cao nhất là 1 và viết dạng của

Q( ) ( 1)) 2)( 3)( ) x x x x x a = − − − − với a là một nghiệm nữa của Q(x)

Tính ( ) ( 1)( 2)( 3)( ) 6 P x x x x x a = − − − − + Từ gt ( 1) 66 P − = − tính a 4 = −

Từ đó tìm được 4 3 2 P(x) x 2x 13x 38x 18 = − − + −

2 Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn: 2 2 10 x x y + + = .

Nhân hai vế với 4 và biến đối thành

(2 2 1)(2 2 1) 39 y x y x − − + + =

Lập luận rồi xét các trường hơp

TH1: 2 2 1 1

2 2 1 39

y x

y x

− −=   + + = 

suy ra 9

10

x

y

=  = 

TH2: 2 2 1 1

2 2 1 39

y x

y x

− −= −   + + = − 

suy ra 10

10

x

y

= −  = − 

TH3: 2 2 1 3

2 2 1 13

y x

y x

− −=   + + = 

suy ra 2 4 x y =  = 

TH4: 2 2 1 13

2 2 1 3

y x

y x

− −=   + + = 

suy ra 3

4

x

y

= −   = 

TH5: 2 2 1 13

2 2 1 3

y x

y x

− −= −   + + = − 

suy ra 2

4

x

y

=  = − 

TH6: 2 2 1 3

2 2 1 13

y x

y x

− −= −   + + = − 

suy ra 3

4

x

y

= −  = − 

TH7: 2 2 1 39

2 2 1 1

y x

y x

− −= −   + + = − 

suy ra 9

10

x

y

=  = − 

TH8: 2 2 1 39

2 2 1 1

y x

y x

− −=   + + = 

suy ra 10

10

x

y

= −   = 

Kết luận:

Bài 4

Cho tam giác MBC vuông tại M, kẻ MD vuông góc với BC tại D. Trên đoạn thẳng MD lấy điểm H ( H M ≠ và D). Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với tia BH tại E, qua B về đường thẳng vuông góc với tỉa CH tại F. Gọi A là giao điểm của CE và BF. 1. Chứng minh: . . AE AC AE AB = và ba điểm A, M, D thẳng hàng. 2. Trên tia đối của tía FC lấy điểm K sao cho.BK BM = chứng minh  BKA 90° = 3. Giả sử  BAC 45° = . Chứng minh AEF BCEF S S = ( ; AEF BCEF S S lần …