Đề thi thử HSG lần 2 lớp 8 môn Toán năm 2022 2023 phòng GD ĐT Hiệp Hòa Bắc Giang

UBND HUYỆN HIỆP HÒA PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2

NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (5,0 điểm):

1) Phân tích đa thức thành nhân tử

a) x2 – x – 2022.2023 b) a3(b –c ) + b3( c – a) + c3( a – b)

2) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi.

3) Cho f(x) = x3 + ax2 + bx + c. Biết f(x) chia cho x – 2 dư 5, f(x) chia cho x + 1

dư - 4. Tính M = ( a2019 + b2019)(b2021 + c2021)(c2023 + a2023)

Bài 2 (4,0 điểm):

Cho A =

2 2 2

3 4 2 3 2 2 2 1 3 1 : ( 1) 1 1 3 3 1 x x x x x x x x x x x x   + − + + + − ≠   − + + − + − −  

1) Rút gọn A 2) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 3 (4,0 điểm):

1) Cho x, y, z khác 0 thỏa mãn :

x + y + z = 2 1 ; và 0 1 1 1 > + + z y x

Chứng minh rằng: M =( x3 + y3)(y2013 + z2013)(z2023 + x2023) = 0

2) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn 5(a3 + b3) = 13(c3 + d3)

Chứng minh rằng a + b + c + d chia hết cho 6

Bài 4 (6,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi O là giao điểm của 2 đường

chéo. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho góc IOM bằng 900. Gọi N là giao

điểm của AM và CD.

a) Chứng minh BI = CM

b) Tính diện tích tứ giác BIOM theo a

c) Chứng minh 2 2 2 1 1 1 AN AM CD + =

Bài 5 (1,0 điểm): Với a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3

3 3 3

2 2

5

2 2

5

2 2

5 c b a a ca c c c bc b b b ab a a + + ≥ + + + + + + + +

------- Đề gồm 01 trang-------

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HDC MÔN THI: TOÁN 8

Bài Nội dung Điểm

1(5đ)

1) a) x2 – x – 2022.2023 = x2 – x – 2022(2022 +1)

=x2 – x – 20222 – 2022

= ……( x + 2022)(x – 2023)

b) a3( b –c)+ b3( c – a) + c3 ( a – b)

= a3( b – c) – b3( b –c) – b3( a – b) + c3( a – b)

= ……..= ( a – b)( b – c)(a- c)( a+ b + c)

0,5

0,5

0,5

0,5

2) Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z; trong đó cạnh huyền là z (x, y, z là các số nguyên dương ) Ta có xy = 2(x+y+z) (1) và x2 + y2 = z2 (2) Từ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vào ta có : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z) z2 +4z = (x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4 = (x+y)2 - 4(x+y) + 4 (z+2)2 = (x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z = x + y - 4 ; thay vào (1) ta được : xy = 2(x+y+x+y-4) xy - 4x - 4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 Từ đó ta tìm được các giá trị của x , y , z là : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10)

0.25

0.5

0.25

0.5

3) Gọi đa thức thương của f( x) cho x – 2 và x + 1 lần lượt là Q1 và Q2

Theo bài ra ta có f( x) = ( x – 2)Q1 + 5 = ( x + 1)Q2 – 4 Vì f(x) chia cho x – 2 dư 5 nên f(2) = 5 => 8 + 4a + 2b + c = 5  4a + 2b + c = -3 (*) Vì f(x) chia cho x+ 1` dư – 4 nên f( - 1) = -4 => -1 +a – b + c = -4a – b + c = -3(**) Từ * và ** => a = - b Thay a = -b vào M ta có M = 0

0.25

0.25

0.25

0.5 0.25 2(4 đ)

1) A =

2 2 2

3 4 2 3 2 2 2 1 3 1 : ( 1) 1 1 3 3 1 x x x x x x x x x x x x   + − + + + − ≠   − + + − + − −  

=

KL:………

0,5

0,5

0,5

0,75 0,25

2) Ta có

2

2 2

0

1 3 1 2 4

x

x x x

≥

  + + = + +    

Vì

2 1 3 3 0 2 4 4 x   + + ≥ >    

nên A 0 ≥ (1)

Xét hiệu 4 3 A − =…………..= ( )

2

2 2 3( 1) x x x + + +

Lập luận => A 4 3 ≤ (2)

Từ ( 1) và ( 2) => 4 0 3 A ≤ ≤ . Vì A là số nguyên nên A { } 0;1 ∈

Với A = 0 => ……. x = 0 ( TM) Với A = 1 => …….. x = -1 ( TM) KL…

0.25

0.25

0.5

0.5

3 (4đ) Ta có x + y + z = 0,5 (1) => 2x + 2y + 2z = 1

Ta có 4 1 1 1 4 2 2 2 1 1 1 2

2 2 2 =  

  

 + + ⇔ = + + + + + z y x xyz z y x z y x

 2 1 1 1 = + + z y x (2)( vì 1/x + 1/y + 1/z >0)

Từ (1) và ( 2) => z y x z y x + + = + + 1 1 1 1

 …….<=> ( x + y)(y+z)(z + x) = 0 Nếu x + y = 0 => x = -y => x3 + y3 = 0=> M = 0 Nếu y + z = 0 ……………………=> M = 0 Nếu z + x = 0 => ………………………..=> M = 0

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2) Ta có 5( a3 + b3) = 13( c3 + d3)

 …….<=> a3 + b3 + c3 + d3 = 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) Vì 6 chia hết cho 6 nên 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) chia hết cho 6 => a3 + b3 + c3 + d3 chia hết cho 6 Xét hiệu ( a3 + b3 + c3 + d3) – ( …