De kscl hoc sinh gioi toan 8 nam 2022 2023 phong gddt yen mo ninh binh

UBND HUYỆN N MƠ
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2022 – 2023
MƠN: TỐN 8
(Thời gian làm bài 120 phút)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang.

Câu 1: (5,0 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x 2 -3x - 28
b) x4 + 6x3 + 7x 2 – 6x + 1
 x 1
x2  x
1
2  x2 
2. Cho biểu thức: A  2
:


 , với x  0; x  1
x  2x  1  x
x  1 x2  x 

a) Rút gọn A.
b) Tìm giá trị của x để A  2 x .
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:

4
6
11
7



2 x  12 x  3 2 x  32 x  9 2 x  92 x  20  24

2. Cho a, b, c là các số thỏa mãn điều kiện: a3  b3  c3  3abc và a  b  c  1. Tính giá trị
biểu thức P  5a  6b  2023c
3. Tìm các số thực a và b sao cho đa thức f ( x)  x 4  9 x3  21x 2  ax  b chia hết cho đa
thức g ( x)  x 2  x  2 .
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức B  x4  x2  2x  2 là số chính phương.
2. Với ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xyz  2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức Q 

x
2y
4z
1
 2
 2
 
2
2
2
2x  y  5 6y  z  6 3z  4x  16 2

2

Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC
cắt nhau tại H.
a) Chứng minh:

AE AB

; và AEF  CED .
AF AC

b) Gọi M là điểm đối xứng của H qua D. Giao điểm của EF với AM là N.
Chứng minh: HN.AD = AN.DM.
c) Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh ba điểm
I, D, K thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 1m. Trong hình vng đó đặt 55 đường trịn, mỗi
1
đường trịn có đường kính m. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít nhất bẩy
9
đường trịn ./.
.................................... Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ....................


HƯỚNG DẪN CHẤM
KSCL HỌC SINH GIỎI
Mơn: Tốn 8
Năm học 2022 - 2023

(HDC gồm 06 trang)

UBND HUYỆN N MƠ
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đáp án

Câu

Điểm

1. (1,5 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x 2 -3x - 28
x2 -3x - 28  x2 – 7x  4x – 28
x  x  7   4  x  7   (x - 7)(x + 4)

0,25
0,25

b) x4 + 6x3 + 7x 2 – 6x + 1
x4 + 6x3 + 7x 2 – 6x + 1= x 4  6x3  9x 2 – 2x 2  6x  1

  x  3x  – 2  x  3x   1

0,5
0,25

  x 2  3x  1

0,25

2

2

2

2

2. (3,5 điểm)
 x 1
x2  x
1
2  x2 
:


Cho biểu thức: A  2
 , với x  0; x  1
x  2x  1  x
x  1 x2  x 

a) Rút gọn A.
b) Tìm giá trị của x để A  2 x .
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị nguyên.

Câu 1
(5,0 điểm) a) (2,0 điểm)
x2  x  x  1

1
2  x2  x2  x
A 2
:



x  2x 1  x
x  1 x 2  x   x  12





x  x  1  x 2  1  x  2  x 2 
:

2 
x  x  1
 x  1 


x  x  1

:



x 1
x  x  1

0,25
0,25

x2
x 1

Vậy với x  0; x  1 thì A 

b) (0,5 điểm)
với x  0; x  1

0,5
0,5

 x  1
x  x  1 x  x  1


2
 x  1 x  1
2

 x 1
1
2  x2 
: 




x  1 x  x  1 
 x

0,25
x2
x 1

0,25

0,25


x2
 2x  x2  2 x2  2 x  x2  2x  0  x  x  2  0
x 1
 x  0  ktm 

. Vậy x = 2 là giá trị cần tìm.
 x  2(tm)
A  2x 

0,25

c) (1,0 điểm).
A

x2
1
 x 1
x 1

x 1

0,25

Với x  0; x  1 và x là số nguyên, để biểu thức A có giá trị nguyên
thì x  1 là Ư (1) =｛1;-1｝
x  1  1  x  2 (thỏa mãn ĐKXĐ)
x  1  1  x  0 (không thỏa mãn)
Vậy biểu thức A có giá trị nguyên khi x  2 .

0,25
0,25
0,25

1 (1,5 điểm). Giải phương trình sau:

Câu 2
(4,0 điểm)

4
6
11
7



2 x  12 x  3 2 x  32 x  9 2 x  92 x  20  24
4
6
11

7



2 x  12 x  3 2 x  32 x  9 2 x  92 x  20  24

1
2

3
2

(1)

9
2

ĐK: x  , x   , x   , x  10

0,25

(1)  

1
1   1
1   1
1  7







 2 x  1 2 x  3   2 x  3 2 x  9   2 x  9 2 x  20  24

0,25

1
1
7
 24  2x  20  24  2x 1  7  2x 1 2x  20 


2 x  1 2 x  20 24

0,25



 2x 2  19x  46  0   x  2  2x  23  0

0,25

x  2
 TMÐKXÐ


 x   23  TMÐKXÐ

2

0,25

23
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 2 ;  


2

0,25

2. (1,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thỏa mãn điều kiện: a3  b3  c3  3abc và a  b  c  1.
Tính giá trị biểu thức P  5a  6b  2023c
Ta có a3  b3  c3  3abc   a  b   3ab  a  b   c 3  3abc  0

0,25

  a  b   c3  3ab  a  b  c   0

0,25

3

3

  a  b  c   3  a  b  .c.  a  b  c   3ab  a  b  c   0
3

  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0

0,25

 a2  b2  c2  ab  bc  ca  0

0,25


  a  b   b  c   c  a   0  a  b  c
2

2

2

1
Mà a  b  c  1 nên  a  b  c  .
3
5  6  2023 2034

 678.
Vậy P  5a  6b  2023c 
3
3

0,25
0,25

2 (1,0 điểm).
Tìm các số thực a và b sao cho đa thức f ( x)  x 4  9 x3  21x 2  ax  b chia hết cho

đa thức g ( x)  x 2  x  2 .
Ta thực hiện phép chia:
x 4  9 x3  21x 2  ax  b

x2  x  2

x 4  x3  2 x 2

x 2  8 x  15

 8 x3  23x 2  ax  b

0,5

8 x3  8 x 2  16 x
 15 x 2   a  16  x  b
15 x 2 

15 x  30

 a  1 x  b  30
Vì đa thức x4  9x3  21x2  ax  b chia hết cho đa thức x2  x2  2 ,
a  1  0
a  1

Nên  a  1 x  b  30  0  
.
b  30  0
b  30

0,25

Vậy a  1 và b  30 thì f ( x) chia hết cho g ( x)

0,25

Câu 3
(4,0 điểm)
1. (2.0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức B  x4  x2  2x  2 là số chính phương.

x4  x2  2 x  2   x 4  2 x 3  x 2    2 x 3  4 x 2  2 x    2 x 2  4 x  2 
x

2

x

2



 2 x  1  2 x  x  2 x  1  2  x  2 x  1   x  1 x  2x  2
2

2

2

2



Vì  x  1 , B là số chính phương suy ra x2  2x  2 là số chính phương
2

Đặt x2  2 x  2  a 2  a 



 a 2   x 2  2 x  1  1

0,5
0,25
0,5

 a   x  1  1   a  x  1 a  x  1  1
2

2

Vì a, x

a  x  1  1
a  x  0

nên: TH1: 
a  x  1  1
a  x  2

a  1

 x 1
x  1

a  x  1  1
 a  x  2
a  1


 x 1
a  x  1  1
a  x  0
x  1

0,25

TH2: 

0,25

Vậy x  1 thì B  4 là số chính phương.

0,25


2. (2,0 điểm)

Với ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xyz  2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
x

2y
4z
1
 2
 2
 
thức Q  2
2
2
2
2x  y  5 6y  z  6 3z  4x  16 2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số khơng âm, ta có
2x 2  y 2  5  (x 2  y 2 )  (x 2  1)  4  2xy  2x  4  2(xy  x  2),
6y 2  z 2  6  (4y 2  z 2 )  2(y 2  1)  4  4yz  4y  4  4(yz  y  1),

0,75

3z 2  4x 2  16  (z 2  4x 2 )  2(z 2  4)  8  4zx  8z  8  4(zx  2z  2).

Suy ra

x
x

,
2
2x  y  5 2(xy  x  2)

0,25

2

2y
4z
y
z


, 2
.
2
2
6x  z  6 2(yz  y  1) 3z  4x  16 zx  2z  2)
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ở trên theo vế, ta được
x
y
z
P


2(xy  x  2) 2(yz  y  1) zx  2z  2

Tương tự có

2


1
x
y

2z
 



2  xy  x  2 yz  y  1 zx  2z  2 

1
x
xy
2z
 



2  xy  x  2 xyz  xy  x zx  2z  xyz 

0,25

0,25

0,25

 1
1
x
xy
2
 



 .
2  xy  x  2 xy  x  2 x  xy  2  2

Đẳng thức xảy ra khi x  y  1, z  2 .

0,25

Vậy GTLN của Q là 2 khi x  y  1, z  2 .

Câu 4
(6,0 điểm)
A

E
N
F
H
K

0,25

B
D

I

M

C

a) (1,75 điểm).
a) Xét  AEB và  AFC có :
EAB chung
AEB  AFC( 900 )
Do đó  AEB
 AFC( g.g)
AE AB


AF AC
Xét  AEF và ABC có : BAC chung
AE AB
AE AF


(vì
)
AB AC
AF AC
Do đó  AEF
 ABC (c.g.c)
 AEF  ABC
Chứng minh tương tự ta được : CED  CBA .

Do đó AEF  CED
b) (2,0 điểm).
b) Vì BEF  AEF  BED  CED  900 nên BEF  BED
 EB là tia phân giác của góc DEF

Tam giác NED có EH là tia phân giác của DEN nên:
HN EN

(1)
HD ED
Vì EA  EH nên EA là tia phân giác ngoài tại đỉnh E của DEN
AN EN


(2)
AD ED
HN AN

Từ ( 1) và (2) suy ra
, mà HD = DM ( Do M là điểm
HD AD
đối xứng của H qua D).
HN AN

 HN.AD  AN.DM
Nên
DM AD
c) (2,0 điểm).
HN AN AN  HN AH
AN AH






a)
DM AD AD  DM AM
AD AM
AF AH

AMI có HF//MI( cùng  AB ) 
(định lí Ta lét),
AI AM
AN AH
AF AN
 FN / /ID (định lí Ta lét đảo (3))


Mà
nên
AD AM
AI AD
AE AH

AMK có HE//MK (cùng  AC ) 
(định lí Ta lét),
AK AM
AF AH AE


 IK / /FE ( Định lí Ta lét đảo) (4)
AIK có
AI AM AK
Từ (3) và (4) suy ra I, K, D thẳng hàng.
(1,0 điểm).

0,5

0,25

0,5

0,25
0,25

0,5

0,5

0,5
0,25

0,25

0,25

0,25


Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 1m. Trong hình vng đó đặt 55
1
đường trịn, mỗi đường trịn có đường kính m. Chứng minh rằng tồn tại
9
một đường thẳng giao với ít nhất bẩy đường trịn.
Kẻ 9 đường thẳng song song cách đều chia hình vng thành 10 hình

chữ nhật có chiều rộng 0,1m.
Vì đường kính của mỗi đường trịn lớn hơn 0,1m nên mỗi đường trịn
bị ít nhất một trong chín đường thẳng vừa kẻ cắt.
Nếu mỗi đường thảng chỉ cắt khơng q 6 đường trịn thì số đường trịn
khơng vượt q 9.6 = 54.
Vì có 55 đường trịn nên ít nhất phải có một đường thẳng cắt 7 đường
tròn.

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

Lưu ý khi chấm bài:
-

-

Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic.
Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm
tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm.