Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2021 - 2022 phòng GD&ĐT Thiệu Hóa - Thanh Hóa - THCS.TOANMATH.com

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 05 câu, 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2021-2022

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 28/3/2022

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức M =

 

 

4 2

2

2 2 3

2 3 2

8 4 16

4

1 1 2 4 1 : 4

1 1 4

3 1

a a a

a

a a a a a

a a a

a a

    

  

  

 

     

 

 

1. Rút gọn M. Tìm a để M < 5a.

2. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Cho a + b + c = 0 Tính N = a b b c c a c a b

. 1

c a b a b b c c a

  

       

      

   

Câu 2. (4,0 điểm):

1. Giải các phương trình: 28 0

1 3 ) 1 (

2 3

3 3  

 

 

x x x

x x

2. Tìm hai số x; y thỏa mãn 2 điều kiện sau: x³xy²10y0 và x²6y² 10 Câu 3. (4,0 điểm):

1. Tìm số x, y nguyên thỏa mãn: x y^{2 2}3xy³x²3xy x y ² 3xy² 6y² 6y 7 0 2. Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB cố định có O là trung điểm. Trên đường thẳng vuông góc với AB tại A, lấy điểm C sao cho ACAO. Kẻ AK vuông góc CO tại K, điểm D đối xứng với A qua K. Đường thẳng qua O vuông góc với AB cắt BD tại E. Kẻ DH vuông góc với AB tại H, DH cắt BC tại I.

a. Chứng minh: CD = EO

b. Chứng minh: KI đi qua trung điểm của BD.

c.Kẻ IN vuông góc với AC tại N, kẻ DM vuông góc với AC tại M, DM cắt CO tại J.

Chứng minh tứ giác JNOI là hình bình hành. Khi C di chuyển (sao cho ACAO), Tính giá trị nhỏ nhất của NI²OJ²

Câu 5. (2,0 điểm): Cho , ,a b c0 thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = ₂ ¹ ₂ ¹ ₂ ¹

1 1 1

a b c

b c a

    

  

... HẾT...

HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU ĐÁP ÁN ^ĐIỂM

Câu 1.

(4,0 điểm)

Câu 2 (4,0 điểm)

Ý 1 (2.5đ)

Điều kiện: ^a0;a1

* Ta có:

 

 

4 2

2

2 2 3

2 3 2

8 4 16

4

1 1 2 4 1 : 4

1 1 4

3 1

a a a

a

a a a a a

a a a

a a

    

  

  

 

     

 

 

M =

4 2

2 2

4 8 4 16

4 4

a a a a

a a

  

  

Vậy với a 0;a 1 Thì M = a²+4

* khi M < 5a Ta có a²+4 < 5a  a²- 5a+4<0 (a-1)(a-4) <0 1<a <4

1.5

1.0 Ý 2. (1.5đ)

Đặt a b ;b c ;c a c ¹; a ¹; b ¹

x y z

c a b a b x b c y c a z

         

  

Ta có N (x y z) ^{1 1 1} 1 x y z

 

       

 

N= ( ) ^{1 1 1} 1 4 y z x z x y

x y z

x y z x y z

      

          

   

Ta lại có: y z b c c a . c b² bc ac a². c

x a b a b ab a b

           





( )( ) ( ) 2

( )

c c a b c

c a b c a b c c a b c

ab a b ab ab ab

  

    

   



Tương tự ta có x z ²a²;x y ²b²

y bc z ac

   

2 2 2

3 3 3

1 1 1 2 2 2 2

N ( ) 1 4 c a b 4 ( )

x y z a b c

x y z ab bc ac abc

 

              

 

Vì a b c   0 a³b³c³3abc

Do đó N=(x y z) ^{1 1 1} 1 4 ² .3abc 4 6 10

x y z abc

 

          

 

Vậy N= 10

0.5

0.5

0.5 Ý 1. (2đ)

ĐK : x1

Ta có 28 0

1 3 ) 1 (

2 3 3

3  

 

 

x x x

x x

0 1 28 ) 3

( 1 . 1 3 1) (

2

3  

 

 

 

 

x x x

x x x x x x

x x

 1 27 0

1 ) 3

( 1 3 1) (

2 2 3 2

2   

 

 

 x

x x

x x

x

 ² 1)³ 3³ ( 1 

 x

x

0.5

0.5

 1 3 1

2  

 x

x

 4

1

2 

 x

x

x² - 4x + 4 =0(x-2)² = 0. x=2 (TM) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=2

0.5 0.5 Ý 2(2điểm)

Từ 10 = x² +6y² .Thay vào x³ +xy² -10y =0 ta có

 

   

3 2 2 2 3 2 2 3

3 2 2 2 2 3 2 2

6 0 6 0

2 2 3 6 0 2 3 0

x xy x y y x xy x y y

x x y x y xy xy y x y x xy y

        

           



 



2

3 0

x y

x xy y

 

     + Trường hợp 1:

2 2

2 2 11

3 0 0 0

2 4

y y

x xy y  x      x y

 

Với x y 0 không thỏa mãn phương trình (2).

+ Trường hợp 2: x2y thay vào phương trình (2) ta có:

2 2 2 1 2

4 8 12 1

1 2

y x

y y y

y x

  

           Vậy



   



 

0.5

0.5

0.5

0.5 Ý 1. (2đ)

Từ x y^{2 2}3xy³x²3xy x y ² 3xy² 6y² 6y 7 0

(x²-3xy+6)(y²-y -1) =1=1.1=(-1)(-1) TH1: x²-3xy+6 =1(1) và y²-y -1=1 (2) Giải (2) ta có y²-y -2 =0 y=2 hoặc y=1

- Nếu y=2 Thay vào (1) ta được x²- 6x+5=0 x=1 hoặc x=5 - Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x²- 3x+5=0 vô nghiệm TH2: x²-3xy+6 =-1(1) và y²-y -1=-1 (2)

Giải (2) ta có y²-y =0 y=0 hoặc y=1

- Nếu y=0 Thay vào (1) ta được x²+7=0 vô nghiệm - Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x²- 3x+7=0 vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y) là: (1;2); (5;2)

0,5

0.5 0.5

0.5 Câu 3

(4,0 điểm

Ý 2(2đ)

Gọi abcd là số phải tìm (a, b, c, d



(a1)(b3)(c5)(d3)m²

abcdk²

abcd1353m² Do đó: m²–k² = 1353

với k, m



k

31  



^ (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41

m–k = 11 m–k = 33 m = 67 m = 37

k =56 k = 4

Kết luận đúng abcd =3136 0.5

0.5 Câu 4

(6,0 điểm)

M J

N I

H E

D

K

A O B

C

a.(2d)

Chứng minh được CO // BE ( cùng vuông góc với AD)

Chứng minh được : ACO OEB(cạnh huyền – góc nhọn) nên AC = OE.

Mà AC = CD(CO là trung trực của AD).

Suy ra CD = EO.

0.5 1,0

0.5 b.(2d)

Do IH // AC nên ^{IH BH}

CA BA

Do DH // EO nên: ^{DH BH}

EO  BO

Mà ¹.

2

BH BH

BA  BO nên ¹. 2

IH DH

CA EO . Mà CA = EO

Suy ra ¹

IH  2DH hay I là trung điểm DH, mà K là trung điểm của AD nên 0.5 0.5

0.5

0.5





hoặc hoặc

IK// AB suy ra IK đi qua trung điểm của BD.

c.(2d)

Do AMDH là hình chữ nhật và có I là trung điểm DH và IN vuông góc MA nên N là trung điểm AM và K là trung điểm AD nên I, K, N thẳng hàng.

Chứng minh JKD OKAKJ KO

Chứng minh NKA IKDKNKI

Suy ra tứ giác NJIO là hình bình hành Chứng minh được NI = AH, JO = BD Ta có NI²JO² AH²BD²

Chứng minh được BD²BH AB. nên :

 

2 2 2 2 2 2

2

2 2

. . .

1 3 3

2 4 4

NI JO AH BH AB AH AB AH AB AH AB AH AB

AH AB AB AB

        

 

    

Vậy GTNN của NI²JO² là ^{3 2}

4AB khi ¹

AH  2AB

0.5

0.25

0.25

0.25 0.25

0.5 Câu 5

(2,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cô si

Ta có: ²

 

 

2 2

1 1

1 1 1 1

1 1 2 2

b a b a

a a a a b ab

b b b

 

          

  (1)

Tương tự: ₂ ¹ 1

1 2

b b c bc

c

    

 (2) và ₂ ¹ 1

1 2

c c a ca

a

    

 (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: ₂ ¹ ₂ ¹ ₂ ¹ 3

1 1 1 2 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

           

  

Mặt khác a²b²c² ab bc ca  hay ^{3(ab bc ca  )}^{a b c } ^29

Do đó: ₂ ¹ ₂ ¹ ₂ ¹ 3

1 1 1 2 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

           

   = ³ 3 ⁹

2 6

Vậy A= ₂ ¹ ₂ ¹ ₂ ¹ 3

1 1 1

a b c

b c a

     

   .

GTNN A= 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

1.0

0.5

0.5