De hsg toan 8 vong 2 nam 2023 2024 truong thcs tran mai ninh thanh hoa

PGD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN
TỐN 8 VỊNG II NĂM HỌC 2023 – 2024
Ngày thi 09 tháng 12 năm 2023
Thời gian làm bài 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

Bài 1: (4,0 điểm).
a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử.
b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2.
Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n)
Bài 2: (4,0 điểm).
a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab − 11b 2 chia
hết cho 5 thì a 4 − b 4 chia hết cho 5.
b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P ( x ) cho ( x − 1)( x + 2 ) . Biết rằng đa
thức P ( x ) chia cho ( x − 1) dư 7 và chia cho ( x + 2 ) dư 1.
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Tìm x biết: ( x − 1) ( x 2 + 3x − 7 ) = x3 − 1
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 =
0
Bài 4: (6,0 điểm).
1. Cho hình vng ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vng. Đường
thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng:
a) Tam giác DFE cân.
b) K là trung điểm của CF.
2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H
là trung điểm của MN. Vẽ MP vng góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng

minh rằng: NP vng góc với QM.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3.
2a 2
2b 2
2c 2
Chứng minh:
+
+
≥ a+b+c
a + b2 b + c2 c + a 2

---------------Hết---------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

1


PGD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH
Biểu chấm gồm 02 trang

Bài

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM
KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TỐN 8 - VỊNG II
NĂM HỌC 2023 – 2024

Nội dung cần đạt
a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử.
Ta có: 8 x3 + y 3 + z 3 − 6 xyz = (2 x + y )3 − 6 xy (2 x + y ) + z 3 − 6 xyz

= (2 x + y + z )[(2 x + y ) 2 − z (2 x + y ) + z 2 ] − 6 xy (2 x + y + z )
= (2 x + y + z )(4 x 2 + y 2 + z 2 − 2 xy − 2 xz − yz )

Bài 1
4,0đ

b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn
(với mọi số tự nhiên n)

2,0

Do a 2 + b 2 = x 2 + y 2 ⇒ (a − x)(a + x) = ( y − b)( y + b)
Mà a + b = x + y nên a − x = y − b
⇒ ( y − b)(a + x) = ( y − b)( y + b) ⇒ ( y − b)(a + x) − ( y − b)( y + b) = 0

0,5

=
b y=
b y
⇒ ( y − b)(a + x − b − y ) = 0 ⇒ 
⇒
a + x − b − y = 0 a + x = b + y

Xảy ra 2 trường hợp:
TH1: b = y khi đó a = x thì an + bn = xn + yn
TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y và b = x
Khi đó an + bn = xn + yn
Vậy với a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 thì an + bn = xn + yn
(với mọi số tự nhiên n).

a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab − 11b 2 chia
hết cho 5 thì a 4 − b 4 chia hết cho 5.
Ta có: 4a 2 + 3ab − 11b 2  5 ; 5a 2 + 5ab − 10b 2  5

( 5a

2

) (

)

+ 5ab − 10b2 − 4a 2 + 3ab − 11b2  5

⇒ a 2 + 2ab + b2  5 ⇒ ( a + b )  5
2

Bài 2
4.0đ

Điểm
2,0
0,75
0,75
0,5

(

⇒ a + b  5 (Vì 5 là số nguyên tố)

)

⇒ a 4 − b 4 = a 2 + b2 ( a + b )( a − b )  5

b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P ( x ) cho đa thức ( x − 1)( x + 2 ) .
Biết rằng đa thức P ( x ) chia cho ( x − 1) dư 7 và chia cho ( x + 2 ) dư 1 .
Do ( x − 1)( x + 2=) x 2 + x − 2 là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia P ( x )

0,5
0,5
0,5
2,0
0,5
0,5
0,5
0,5
2,0
0,25

cho ( x − 1)( x + 2 ) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2.
Gọi phần dư cần tìm là ax + b ( a, b ∈  ) .

0,75

Ta có tồn tại các đa thức Q1 ( x ) , Q2 ( x ) , Q3 ( x ) thỏa mãn:

2


 P=

( x ) Q1 ( x )( x − 1)( x + 2 ) + ax + b

P ( x ) Q2 ( x )( x − 1) + 7
=

( x ) Q3 ( x )( x + 2 ) + 1
 P=

Vì P=
+b 7
(1) 7 nên a=

0,25
0,25

Vì P ( −2=
b 1
) 1 nên − 2a +=
a+b 7 =
=
a 2
⇔
+b 1 =
−2a=
b 5

Từ đó ta được 

0,25
0,25

2,0

Vậy phần dư cần tìm là: 2 x + 5 .

a) Tìm x biết: ( x − 1) ( x 2 + 3x − 7 ) = x3 − 1
Vì x3 − 1 = ( x − 1) ( x 2 + x + 1) ; Do x 2 + x + 1 > 0 ∀x
Nên ta xét 2 trường hợp
TH1: Nếu x ≥ 1 ta có

(

)

2

(

3

0,25

)

2

(

0,75

)

2

( x − 1) x + 3x − 7 =
x − 1 ⇔ ( x − 1) x + 3x − 7 =−
( x 1) x + x + 1
 x − 1 =0
⇔ ( x − 1) ( 2 x − 8 ) =0 ⇔ 
0
2 x − 8 =
 x = 1( tháa m·n )
⇔
 x = 4 ( tháa m·n )

TH2: Nếu x < 1 ta có

(

)

(

)

(

)

( x − 1) x 2 + 3x − 7 =
−( x3 − 1) ⇔ ( x − 1) x 2 + 3x − 7 =

−( x − 1) x 2 + x + 1

0,75

 x − 1 =0
⇔ ( x − 1) 2 x 2 + 4 x − 6 =0 ⇔ 2( x − 1) 2 ( x + 3) =0 ⇔ 
0
x + 3 =

(

Bài 3
4,0đ

)

 x = 1( kh«ng tháa m·n )
⇔
 x = −3 ( tháa m·n )

Vậy x ∈ {1; −3; 4}

0,25

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 =
0 (1)

2,0

Ta có: (1) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y

Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8x 2
x 4 + x 2 + 20 + 8x 2 = x 4 + 4x 2 + 5x 2 + 20 = (x 2 + 4)(x 2 + 5)

⇔ x ( x + 1) < y ( y + 1) ≤ ( x + 4 )( x + 5 )
2

2

2

0,5

2

Vì x, y ∈  nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1: y ( y + 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2 ) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2

0,25

⇔ 2x 2 =
18 ⇔ x 2 =
9⇔x=
±3

Với x 2 = 9 , ta có y 2 + y = 92 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0
⇔y=
10 ; y =
−11 (t.m)

+ TH2. y ( y + 1) = ( x 2 + 2 )( x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5x 2 + 6

0,25
3


⇔ 4x 2 =14 ⇔ x 2 =

+ TH3. y ( y + 1) =

7
(loại)
2

(x

2

4
+ 3)( x 2 + 4 ) ⇔ 6x 2 =8 ⇔ x 2 = (loại)
3

+ TH4. x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 9x 2 + 20 ⇔ 8x 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
Với x 2 = 0 , ta có y 2 + y =20 ⇔ y 2 + y − 20 =0 ⇔ y =−5 ; y =4

0,25
0,25
0,25

1. Cho hình vng ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vng.

Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng:
a) Tam giác DFE cân.

4,0

b) K là trung điểm của CF.
D

Bài 4.1

C

E

4,0đ

K
F

A

L

B

=
a) Ta có ∆ABE đều nên AB = AE => ∆ABE tại A ⇒ DAE
300

0,5

 =300 ⇒ DFE
 =750
 = 450 và DAF
∆ABD vuông cân tại A nên BDA

0,75

c/m ∆ADE cân tại A

0,75

Suy ra ∆DFE cân tại D.
=
b) Vì 
ADE =750 ⇒ CDE
150

 =750 ⇒ LEF
 =1050
Từ DEF
Câu 1
4,0đ Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK ở L.
 =600
 =FEL
 =1050 ⇒ DCL
Ta có DLC

Suy ra: ∆ABE đều
 =600 ; DBA

 =450 ⇒ FBE
 =150
EBA

 ; DC


⇒ FBE
= LDC
= BE; FEB
= LCD
ΛFEB =
ΛLCD( g .c.g ) ⇒ CL =
EF
Mà CL / / FE ⇒ CEFL là hình bình hành ⇒ CK =
KF

2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N

Bài 4.2 sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vng góc với IH. Gọi Q là

2,0đ

0,5

0,5
0,5
0,5
2,0

trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vng góc với QM.

4


I

Q

P
N

H

O
L

G
M

K

2. Gọi O là trung điểm của PM=> OQ là đường trung bình của tam giác IMP
=> OQ //IM
=> Mà IM vng góc với HK=> OQ vng góc với HK
=> Lại có MP vng góc với HI => O là trực tâm của tam giác QHM
=> HO vng góc với QM.
Vì OH là đường trung bình của tam giác NMP nên OH // PN
NP vng góc với QM.

0,5
0,5
0,5
0,5

Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh
rằng:

2a 2
2b 2
2c 2
+
+
≥ a+b+c
a + b2 b + c2 c + a 2

2a 2
2b 2
2c 2
+
+
Đặt E =
a + b2 b + c2 c + a 2

Chứng minh được bất đẳng thức

x 2 m 2 ( x + m) 2
+
≥
y

n
y+n

2a 2
2b 2
2c 2
4a 4
4b 4
4c 3
+
+
=
+
+
a + b 2 b + c 2 c + a 2 2a 3 + 2a 2b 2 2b3 + 2b 2c 2 2c3 + 2c 2 a 2
(2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ) 2
x 2 m 2 ( x + m) 2
Áp dung
+
≥
ta có : E ≥ 3
2a + 2a 2b 2 + 2b3 + 2b 2c 2 + 2c 3 + 2c 2 a 2
y
n
y+n

0,25

Ta có : E =

Bài 5
2,0đ

Vì

2
a2 + 1
b2 + 1
4
2
3 c +1
≥ c nên c 4 + c 2 ≥ 2c3
≥ a nên a 4 + a 2 ≥ 2a 3 ;
≥ b nên b + b ≥ 2b ;
2
2
2

(2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ) 2
36
≥ 4 2
3
2 2
3
2 2
3
2 2
2 2
4
2a + 2a b + 2b + 2b c + 2c + 2c a a + a + 2a b + b + b 2 + 2b 2c 2 + c 4 + c 2 + 2c 2 a 2

36
36
E≥ 2 2 2 2 2 2 2 ⇒E ≥
(a + b + c ) + a + b + c
12
E≥

Ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥

(a + b + c) 2
3

2a 2
2b 2
2c 2
Mà a + b + c = 3 ⇒ a + b + c ≤ 3 ⇒
+
+
≥ a+b+c
a + b2 b + c2 c + a 2
2

2

2

2

2

2

2a
2b
2c
+
+
≥ a+b+c
2
2
a+b b+c
c + a2
Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1

Vậy

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

5