2 đề thi + đáp án gl hsg toán 8 tp thanh hóa (chính thức)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI THCS (LỚP 8)
THÀNH PHỐ THANH HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2023-2024
MƠN GIAO LƯU: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề giao lưu gồm 5 câu, 01 trang)

Câu I. (4,0 điểm)

 x +1 1 2  x3 − 2x2
1) Rút gọn biểu thức: Q = 1+  3 − 2 −  : 3 2
 x +1 x − x −1 x +1 x − x + x

2) Cho 3 số x, y, z  0 thỏa mãn điều kiện ( x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 . Tính giá trị biểu thức

x2 y2 z2
M= 2 +2 +2
x + 2yz y + 2zx z + 2xy

Câu II. (4,0 điểm)

1) Giải phương trình: x2 + 4x + 6 + x2 +16x + 72 = x2 + 8x + 20 + x2 +12x + 42
x+2 x+8 x+4 x+6

2) Giả sử đa thức f (x) chia cho x +1 dư 4 ; chia cho x2 +1 dư 2x + 3 . Hãy tìm dư trong

phép chia f (x) cho (x +1)(x2 +1)

Câu III. (4,0 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x; y) thỏa mãn phương trình: x3 + y3 = 3xy +1

a2 + b2 a
2) Cho a,b,c là các số nguyên khác 0, a  c sao cho 2 2 = . Chứng minh rằng

b +c c

a2 + b2 + c2 không phải là số nguyên tố.

Câu VI. (6,0 điểm)

1) Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Vẽ tia Ax, By cùng phía đối với AB và

vng góc AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với
OC cắt tia By tại D.

a) Chứng minh OAC đồng dạng với DBO và AB2 = 4AC.BD
b) Kẻ OM vng góc CD tại M. Tia BM cắt tia Ax tại I. Chứng minh
AC = CM = CI

2) Cho ABC ( AB  AC)trọng tâm G . Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC

lần lượt ở D và E . Chứng minh rằng AB + AC = 3
AD AE

Câu V. (2,0 điểm)

1) Một hộp đựng 20 quả bóng trong đó có 4 quả màu xanh, 5 quả màu trắng và 6 quả màu

vàng (các quả còn lại khác màu nhau). Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 2 quả, tính xác suất để lấy

được 2 quả cùng màu?

111
2) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 + 2 + 2 = 1

xyz

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y2z2 + z2x2 + x2 y2

x(y + z ) y(z + x ) z(x + y )222222

.....................Hết..................
(Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)
Học sinh: …………………………………………………Số báo danh: …………………..........

Giám thị số 1: …………………………… Giám thị số 2: …………………............................

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

Câu I  x +1 1 2  x3 − 2x2
(4 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: Q = 1+  3 − 2 −  : 3 2
 x +1 x − x −1 x +1 x − x + x

2) Cho 3 số x, y, z  0 thỏa mãn điều kiện ( x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 Tính giá trị

x2 y2 z2
biểu thức M = 2 +2 +2

x + 2yz y + 2zx z + 2xy

1 ĐKXĐ: x  0; x  −1; x  2 0,25

 x +1 1 2  x3 − 2x2
Q =1+ 3 − 2− : 3 2
 x +1 x − x −1 x +1 x − x + x

 x +1 1 2  x2 (x − 2)
=1+  + 2− : 2
 (x +1)(x − x +1 −x + x +1 x +1  x(x − x +1)2 0,75

x +1+ x +1− 2( x2 − x +1) x2 − x +1
= 1+ ( x +1)( x2 − x +1) . x(x − 2)

=1+ −2x2 + 4x x2 − x +1.

( x +1)( x − x +1) x( x − 2)2

=1+ −2x(x − 2) x2 − x +1. 0,75

( x +1)( x − x +1) x( x − 2)2

= 1+ −2 = x −1
x +1 x +1

Vậy Q = x −1 với x  0; x  −1; x  2 0,25
x +1

2 ( x + y + z)2 = x2 + y2 + z2  xy + yz + zx = 0

 x2 + 2yz = x2 + yz − xy − zx = ( x − y)( x − z) 0,75

Tương tự: y2 + 2zx = ( y − z)( y − x) ; z2 + 2xy = ( z − x)( z − y) 0,25

Thay vào ta được: M = x2 + y2 + z2

(x− y)(x− z) (y − z)(y − x) (z − x)(z − y)

M = x2 − x( y + z) + yz ( y − z)
(x− y)(x− z)(y − z)
1,0

M = x2 ( y − z) − y2 (x − z) + z2 (x − y)
(x− y)(x− z)(y − z) (x− y)(x− z)(y − z) (x− y)(x− z)(y − z)

M = (x − y)(x − z)(y − z) =1
(x− y)(x− z)(y − z)

Câu II 1) Giải phương trình: x2 + 4x + 6 + x2 +16x + 72 = x2 + 8x + 20 + x2 +12x + 42
( 4 điểm) x+2 x+8 x+4 x+6

2)Giả sử đa thức f (x) chia cho x +1 dư 4 ; chia cho x2 +1 dư 2x + 3 . Hãy tìm dư

trong phép chia f (x) cho (x +1)(x2 +1)

1 Phương trình đã cho xác định với x  −2; x  −4; x  −6; x  −8 0,25

x2 + 4x + 6 + x2 +16x + 72 = x2 + 8x + 20 + x2 +12x + 42
x+2 x+8 x+4 x+6

 ( x + 2)2 + 2 ( x + 8)2 + 8 ( x + 4)2 + 4 ( x + 6)2 + 6 0,75
+ = +
x+2 x+8 x+4 x+6

 x+2+ 2 +x+8+ 8 = x+4+ 4 +x+6+ 6
x+2 x+8 x+4 x+6

 2+8=4+6
x+2 x+8 x+4 x+6

 2−4=6−8
x+2 x+4 x+6 x+8 0,5

 2x + 8 − 4x − 8 = 6x + 48 − 8x − 48

(x + 2)(x + 4) (x + 6)(x +8)

 −2x = −2x

(x + 2)(x + 4) (x + 6)(x +8)

x = 0 x = 0 x = 0
   (tm)
( x + 2)( x + 4) = ( x + 6)( x + 8) 8x = −40 x = −5 0,5

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = 5.

2 f (x) chia cho x +1 dư 4 nên f (x) = ( x +1) A(x) + 4  f (−1) = 4 (1) 0,25

Vì f (x) chia cho (x +1)(x2 +1) cịn dư nên:

f (x) = (x +1)(x2 +1)Q(x) + ax2 + bx + c . (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có : a − b + c = 4 (3) 0,25

Mặt khác f (x) cho (x +1)(x2 +1) còn dư nên f (x) có dạng:

f (x) = (x +1)(x2 +1)Q(x) + ax2 + bx + c

= (x +1)x2Q(x) + (x +1)Q(x) + ax2 + bx + c
0,5

= x2 (x +1)Q(x) + a + (x +1)Q(x) + a + bx + c − a

= (x +1)Q(x) + a(x2 +1) + bx + c − a

Vậy bx + c − a chính là số dư trong phép chia f (x) cho x2 +1 nên ta

có: bx + c − a = 2x + 3

Đồng nhất hệ số ta có b = 2 và c − a = 3 (4). 0,5

Kết hợp (3) và (4) ta tìm thêm được: a =1,5 và c = 4,5 .

Vậy dư trong phép chia f (x) cho (x +1)(x2 +1) là 0,25

R(x) = 1,5x2 + 2x + 4,5

1)Tìm x, y nguyên thỏa mãn x3 + y3 = 3xy +1

Câu III a2 + b2 a
( 4 điểm) 2)Cho a,b,c là các số nguyên khác 0, a  c sao cho 2 2 = . Chứng minh rằng

b +c c
a2 + b2 + c2 không phải là số nguyên tố.

1 x3 + y3 = 3xy +1 ( x + y)3 − 3x2 y − 3xy2 − 3xy = 1

( x + y)3 +1− 3xy( x + y +1) = 2

( x + y +1) ( x + y)2 − ( x + y) +1 − 3xy ( x + y +1) = 2

  0,75

( x + y +1)( x2 + y2 +1− xy − x − y) = 2

Vì 2(x2 + y2 +1− xy − x − y) = ( x − y)2 + ( x −1)2 + ( y −1)2  0 x  R

 x2 + y2 + 1− xy − x − y  0 .

Do đó ta xét hai trường hợp sau :

x + y +1=1 y = −x
y = −x 
TH1 :  2 2  2  2 1 0,5
x + y +1− xy − x − y = 2 3x = 1 x =
 3

Suy ra x  Z
TH2 :

x + y +1= 2 y =1− x y =1− x

 2  0,5
2 2  x = 0
x + y +1− xy − x − y = 1 3x − 3x = 0 
x =1

x = 0 x =1
Suy ra  hoặc 
y =1 y = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y) (0;1),(1;0) 0,25

2 Ta có: 2 2 a =  (a − c) 2 + b2 a (b2 − ac) = 0  b2 = ac (Do a  c )

b +c c
Mà

a2 + b2 + c2 = a2 + ac + c2 = a2 + 2ac + c2 − b2 = (a + c)2 − b2 = 0,75
(a +c +b)(a +c −b)

Ta thấy a2 + b2 + c2  3 do đó nếu a2 + b2 + c2 là các số nguyên tố thì

xảy ra các trường hợp sau:

TH1: a + c − b = 1; a + c + b = a2 + b2 + c2 0,25

 a2 + b2 + c2 = 2a + 2c −1

 (a −1)2 + (c −1)2 + b2 =1 a = c = 1, b = 1 (ktm)

TH2: a + c + b = 1, a + c − b = a2 + b2 + c2 0,25

 a2 + b2 + c2 = 2a + 2c −1

 (a −1)2 + (c −1)2 + b2 =1 a = c = 1, b = 1 (ktm)

TH3: a + c + b = −1, a + c − b = −(a2 + b2 + c2 ) 0,25

 a2 + b2 + c2 = −2a − 2c −1

 (a +1)2 + (c +1)2 + b2 =1 a = c = −1, b = 1 (ktm)

TH4: a + c − b = −1, a + c + b = −(a2 + b2 + c2 ) 0.25

 a2 + b2 + c2 = −2a − 2c −1

 (a +1)2 + (c +1)2 + b2 =1 a = c = −1, b = 1 (ktm)

Vậy a2 + b2 + c2 không phải là số nguyên tố. 0,25

Câu VI. 1) Cho O là trung điểm của đoạn AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là cạnh
(6 điểm) AB vẽ tia Ax, By cùng vng góc AB.Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ

đường thẳng vng góc với OC cắt tia By tại D.

a) Chứng minh AB2 = 4 AC.BD

b) Kẻ OM vng góc CD tại M. Tia BM cắt tia Ax tại I. Chứng minh

AC = CM = CI

2) Cho ABC ( AB  AC)trọng tâm G . Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh

AB, AC lần lượt ở D và E . Chứng minh rằng AB + AC = 3
AD AE

1 x y

D

I
M

C

A O B

a) Chứng minh được : ΔOAC∽ΔDBO (g - g) 1,0

 OA = AC  OA.OB = AC.BD 1,0
DB OB

 AB . AB = AC.BD  AB2 = 4AC.BD (đpcm)
22

b) * Chứng minh AC=CM

Theo câu 4.1 ta có: ΔOAC ∽ ΔDBO (g - g)  OC = AC

OD OB

Mà OA = OB  OC = AC  OC = OD 1,0
OD OA AC OA

+) Chứng minh: ΔOAC ∽ ΔDOC (c - g - c)  ACO = OCM

+) Chứng minh: ΔOAC = ΔOMC (ch - gn)  AC = MC

* Chứng minh CM=CI.
Chứng minh tương tự ta được: DB=DM.

 DBM cân tại M  DBM = DMB .
Lại có Ax//By  DBM = MIC  DMB = MIC.Mà DMB = IMC (đối 1,0

đỉnh).

 MIC = IMC  MIC cân tại C  CI = CM

 AC = CM = CI (Đpcm)

2 A

E

G

D I

B M C

K

Gọi M là trung điểm của BC

Qua B vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại I ,

Ta có: AB AD = AI AG (1) 1,0

Qua C vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại K ,

Ta có: AC = AK (2)

AE AG

Từ (1) và (2) AB + AC = AI + AK (3)

AD AE AG

Mặt khác AI + AK = ( AM − MI ) + ( AM + MK ) = 2AM (4)

(Vì MI = MK do BMI = CMK ( g.c.g ) ) 1,0

Câu V Từ (3) và (4) suy ra AB + AC = 2AM = 2AM = 3
( 2 điểm) AD AE AG 2 AM
3

1) Một hộp đựng 20 quả bóng trong đó có 4 quả màu xanh, 5 quả màu trắng và 6 quả
màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 2 quả, tính xác suất để lấy được 2 quả cùng
màu?(các quả còn lại khác màu nhau)

111
2) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 + 2 + 2 = 1

xyz

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y2z2 + z2x2 + x2 y2

x(y + z ) y(z + x ) z(x + y )222222

Số cách chọn 2 quả bóng ngẫu nhiên từ 20 quả bóng trong hộp là:
0,25

1 20.19 = 190 ( cách chọn)
2

Trường hợp 1: 2 quả bóng được lấy ra ngẫu nhiên là 2 quả bóng màu

xanh

Suy ra: số cách chọn 2 quả bóng màu xanh là 3.4 = 6 ( cách chọn) 0,5
2

Trường hợp 2: 2 quả bóng được lấy ra ngẫu nhiên là 2 quả bóng màu

trắng

Suy ra: số cách chọn 2 quả bóng màu xanh là 4.5 = 10 ( cách chọn)
2

Trường hợp 3: 2 quả bóng được lấy ra ngẫu nhiên là 2 quả bóng màu

vàng

Suy ra: số cách chọn 2 quả bóng màu vàng là 5.6 = 15 ( cách chọn)
2

Khi đó, số cách chọn ngẫu nhiên 2 quả bóng cùng màu là

6 +10 +15 = 31 ( cách chọn)

Gọi biến cố A:"lấy được 2 quả cùng màu" 0,25

Ta có: P( A) = 31

190

Ta có: P = 1 + 1 + 1
1 1 1 1 1 1
x 2 + 2  y 2 + 2  z 2 + 2 
z y  x z  y x  0,5

2 Đặt a = 1 ; b = 1 ; c = 1  a,b,c  0 và a2 + b2 + c2 = 1
x y z

a b c
P= 2 2 + 2 2 + 2 2
b +c c +a a +b

P = a2 + b2 + c2

a(b + c ) b(c + a ) c(a +b )222222

P= a2 b2 c2
2+ 2+ 2
a(1− a ) b(1− b ) c(1− c )

Ta có a2 (1− a2 )2 = 1 .2a2.(1− a2 ).(1− a2 ) 0,5

2

1  2a2 +1− a2 +1− a2 3 4
 =
2 3  27

 a (1− a2 )  2 3 3  a (1− a2 a )  2 a 2 3 3 2

Tương tự: b2 3 3 2 c2 3 3 2
2  b; 2 c
b(1− b ) 2 c(1− c ) 2

2a2 = 1− a2
2
33 2 3
P  , Dấu bằng xảy ra khi 2b = 1− b  a = b = c =
2 3
2 2
2c = 1− c

x=y=z= 3

---- Hết ----