Đề khảo sát HSG Toán 8 - Năm học 2023-2024 - PGD Huyện Đông Hưng (Có đáp án)

 UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN NGUỒN HỌC SINH GIỎI 
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2023 - 2024
 MÔN: TOÁN 8
 (Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài 1: (4,0 điểm). 
 a) Phân tích đa thức: A x2 y 2xy xy2 x y 2 thành nhân tử.
 b) Tìm các cặp số (x; y) đồng thời thỏa mãn hai đẳng thức sau:
 x2 y 2xy xy2 x y 2 0 (1) và x(4 x y) 2 (2)
Bài 2: (3,5 điểm). 
 1 1 1
 a) Cho ba số thực a; b; c đôi một khác nhau, thỏa mãn 0 . 
 a b c
 bc ca ab
 Chứng minh rằng: (a b)(a c) a2 2bc và 1. 
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab
 b) Cho đa thức P(x) x3 ax2 bx c thỏa mãn P(1) 4; P( 2) 7 . 
 Tính giá trị của biểu thức: M P(4) P( 5) 2051.
Bài 3: (3,5 điểm). 
 a) Tìm x biết: x 1 (x 2)(x 3)(x 6) 195x2 .
 b) Tìm tất cả các số hữu tỉ x để K x2 x 1 là số chính phương.
Bài 4: (2,0 điểm). 
 a2 b2 4a2b2
 Cho a; b là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q .
 b2 a2 (a2 b2 )2
Bài 5: (7,0 điểm).
 1) Cho tam giác ABC nhọn, C = 450, các đường cao AD; BE cắt nhau tại H . Gọi M ; N lần 
lượt là trung điểm của AB và CH . Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC .
 a) Chứng minh rằng: tứ giác DMEN là hình vuông;
 b) Chứng minh rằng: ba đường thẳng MN; DE và OH đồng quy;
 c) Tính tỉ số diện tích tam giác CDE và diện tứ giác ABDE ;
 d) Chứng minh rằng: BE 2 2.AD.DH .
 2) Cho hình thoi ABCD có ·ABC 1200 , P là một điểm thuộc cạnh AB (P A; B) . Gọi N là 
giao điểm của hai đường thẳng AD và CP ; M là giao điểm của BN và DP . Tính số DMN .
 ---HẾT---
 Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính trong khi làm bài. UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG HƯỚNG DẪN CHẤM
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHỌN NGUỒN HỌC SINH GIỎI 
 NĂM HỌC: 2023 - 2024
 MÔN: TOÁN 8
 (Gồm 06 trang)
Bài 1: (4,0 điểm). 
 a) Phân tích đa thức: A x2 y 2xy xy2 x y 2 thành nhân tử.
 b) Tìm các cặp số (x; y) đồng thời thỏa mãn hai đẳng thức sau:
 x2 y 2xy xy2 x y 2 0 (1) và x(4 x y) 2 (2)
 Ý Nội dung Điểm
 A x2 y 2xy xy2 x y 2 x2 y xy2 2xy (x y 2) 0,50
 a
 xy(x y 2) (x y 2) 0,25
 (1,0 đ)
 (xy 1)(x y 2) 0,25
 xy 1 0 0,25
 Theo ý a) thì (1) (xy 1)(x y 2) 0 
 x y 2 0 0,25
 Trường hợp 1: x(3)y 1 0 xy 1
 0,25
 Thay xy 1 vào (2) thì được x2 4x 3 0 (x 1)(x 3) 0
 x 1 0 x 1 0,25
 x 3 0 x 3 0,25
 1
 Với x 1 thay vào (3) thì y 1 ; Với x 3 thay vào (3) thì y 0,25
 3
 Trường hợp 2: x y 2 0 y x 2 (4)
 0,25
 Kết hợp với (2) suy ra x2 3x 1 0 (5)
 b 3 5
 x 0,25
 (3,0 đ) Giải (5) thì được 2 
 3 5
 x 0,25
 2
 3 5 5 1
 Với x thay vào (4) thì y 0,25
 2 2
 3 5 5 1
 Với x thay vào (4) thì y 0,25
 2 2
 Vậy có 4 cặp giá trị (x; y) cần tìm là:
 1 3 5 5 1 3 5 5 1 0,25
 (1;1); 3; ; ; ; ; 
 3 2 2 2 2 
Bài 2: (3,5 điểm). 
 1 1 1
 a) Cho ba số thực a; b; c đôi một khác nhau, thỏa mãn 0 . 
 a b c
 bc ca ab
 Chứng minh rằng: (a b)(a c) a2 2bc và 1 
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab
 2 b) Cho đa thức P(x) x3 ax2 bx c thỏa mãn P(1) 4; P( 2) 7 . 
 Tính giá trị của biểu thức: M P(4) P( 5) 2051.
 Ý Nội dung Điểm
 1 1 1
 Xét ba số thực a; b; c đôi một khác nhau, thỏa mãn 0 . 
 a b c
 2 2 0,25
 Ta có: a b (a c) a ac ab bc a bc ab ac (1)
 1 1 1
 Từ 0 ab bc ca 0 bc ab ca (2) 0,25
 a b c
 Kết hợp (1) và (2) có a b (a c) a2 bc bc a2 2bc 
 2 0,25
 Vậy đẳng thức (a b)(a c) a 2bc được chứng minh.
 a
 Tương tự có (b a)(b c) b2 2ca; (c a)(c b) c2 2ab.
(2,0 đ) 0,25
 bc ca ab
 Do đó: VT 
 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)
 bc ca ab 0,25
 (a b)(a c) (a b)(b c) (a c)(b c)
 bc(b c) ca(a c) ab(a b)
 (a b)(a c)(b c)
 0,25
 bc(b c) ca(a b) (b c) ab(a b)
 (a b)(a c)(b c)
 bc(b c) ca(b c) ca(a b) ab(a b)
 (a b)(a c)(b c)
 0,25
 (bc ca)(b c) (ab ca)(a b)
 (a b)(a c)(b c)
 c(a b)(b c) a(b c)(a b) (a c)(b c)(a b)
 (a b)(a c)(b c) (a b)(a c)(b c)
 1 VP (vì a;b;c đôi một khác nhau nên (a b)(a c)(b c) 0 ). 0,25
 bc ca ab
 Vậy đẳng thức 1 được chứng minh.
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab
 Xét đa thức P(x) x3 ax2 bx c thỏa mãn P(1) 4; P( 2) 7 .
 0,25
 Xét đa thức f (x) dx e thỏa mãn f (1) 4; f ( 2) 7
 d e 4 3d 3 d 1
 Ta có f (x) x 5 0,25
 2d e 7 d e 4 e 5
 Đa thức Q(x) P(x) f (x) là đa thức bậc ba, có hệ số của x3 bằng 1 và nhận 
 x 1; x 2 là các nghiệm. 0,25
 b
 Suy ra Q(x) x 1 x 2 x m , m ¡
(1,5 đ)
 Ta có P(x) Q(x) f (x) x 1 x 2 x m x 5 0,25
 P(4) (4 1).(4 2).(4 m) 4 5 73 18m .
 0,25
 P( 5) ( 5 1).( 5 2).( 5 m) ( 5) 5 18m 80
 3 Suy ra M P(4) P( 5) 2051 (73 18m) ( 18m 80) 2051
 73 18m 18m 80 2051 2204 0,25
 Vậy giá trị của biểu thức M 2204 .
Bài 3: (3,5 điểm). 
 c) Tìm x biết: x 1 (x 2)(x 3)(x 6) 195x2
 d) Tìm tất cả các số hữu tỉ x để K x2 x 1 là số chính phương.
 Ý Nội dung Điểm
 Ta có: (x 1)(x 2)(x 3)(x 6) 195x2
 2 0,25
 (x 1)(x 6).(x 2)(x 3) 195x
 x2 7x 6 x2 5x 6 195x2 0,25
 Đặt x2 6x 6 t x2 7x 6 t x; x2 5x 6 t x
 2 0,25
 Khi đó có t x t x 195x
 2
 2 2 2 2 2 t 14x x 20x 6 0 (1) 0,25
 t x 195x t 196x 
 t 14x x2 8x 6 0 (2) 0,25
 a 
 2 2
 (2,0 đ) Giải (1): x 20x 100 94 0 (x 10) 94
 x 10 94 x 10 94 0,25
 x 10 94 x 10 94
 Giải (2): x2 8x 16 10 0 (x 4)2 10
 x 4 10 x 4 10 0,25
 x 4 10 x 4 10
 Vậy x 10 94;10 94; 4 10; 4 10 0,25
 Giả sử tồn tại số hữu tỉ x để K x2 x 1 là số chính phương. 
 0,25
 Khi đó x2 x 1 y2 (y ¥ ) 4x2 4x 4 4y2 (2x 1)2 4y2 3 (1)
 Vì x ¤ 2x 1 ¤ (2)
 2
 Vì 4y2 3 ¢ do y ¥ nên từ (1) suy ra 2x 1 ¢ (3) 0,25
 Từ (2) và (3) 2x 1 ¢ 
 b (1) (2x 1)2 4y2 3 (2x 1 2y)(2x 1 2y) 3
 (1,5 đ)
 Vì 2x 1 ¢ ; y ¥ 2x 2y 1 2x 2y 1; 2x 2y 1 ¢ ;2x 2y 1 ¢ 0,25
 Mặt khác: 3 1.( 3) 3.( 1)
 Vì vậy có 2 trường hợp sau:
 2x 2y 1 1 4x 0 x 0 0,25
 Trường hợp 1: (thỏa mãn)
 2x 2y 1 3 4y 4 y 1
 4 2x 2y 1 3 4x 4 x 1
 Trường hợp 2: (thỏa mãn) 0,25
 2x 2y 1 1 4y 4 y 1
 Vậy tất cả các số hữu tỉ x cần tìm là x = 1 và x = 0. 0,25
Bài 4: (2,0 điểm). 
 a2 b2 4a2b2
 Cho a; b là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q 
 b2 a2 (a2 b2 )2
 Nội dung Điểm
 a2 b2 4a2b2
 Xét a; b là hai số thực dương và Q 
 b2 a2 (a2 b2 )2
 0,25
 a2 b2 4a2b2 (a2 b2 )2 4a2b2
 Q 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1)
 b a (a b ) a b (a b )
 (a2 b2 )2
 Đặt t với điều kiện t 4 . 0,25
 a2b2
 a2 b2 (a2 b2 )2
 Thật vậy: với a 0; b 0 thì a2 b2 2ab 2 4 0,25
 ab a2b2
 4 4
 (1) trở thành Q 2 t (2) . Cần chứng minh t 5. 0,25
 t t
 4
 Thật vậy: vì t 4 nên t 5 t 2 5t 4 0 (t 1)(t 4) 0 luôn đúng  t 4 0,5
 t
 Do đó (2) trở thành Q 2 5 Q 3 (*) 0,25
 Dấu “=” xảy ra ở (*) t 4 a b 0 . 
 0,25
 Vậy MinQ 3 khi và chỉ khi a b 0
Bài 5: (7,0 điểm).
 1) Cho tam giác ABC nhọn có Cµ 450 , các đường cao AD; BE cắt nhau tại H . Gọi M ; N lần lượt 
là trung điểm của AB và CH . Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC .
 e) Chứng minh rằng: tứ giác DMEN là hình vuông.
 f) Chứng minh rằng: ba đường thẳng MN; DE và OH đồng quy.
 g) Tính tỉ số diện tích tam giác CDE và diện tích tứ giác ABDE .
 h) Chứng minh rằng: BE 2 2.AD.DH
 Câu 1 Nội dung Điểm
 5 A
 E
 M H
 I N
 O
 C
 B D
 AB
 Ta có MD ME (1) (do DM ; EM là hai đường trung tuyến của các 
 2 0,5
 tam giác vuông ADB và AEB )
 CH
 Tương tự có: ND NE (2) 0,25
 Ý a 2
(2,0 đ) Khẳng định được ABD CHD (c.g.c) hoặc (g.c.g) AB CH (3) 0,25
 Từ (1); (2) và (3) MD ME ND NE tứ giác DMEN là hình thoi (4) 0,25
 Có BEC vuông tại E có ·ACB 450 nên vuông cân tại E BE CE 0,25
 Chứng minh được MEB NEC (c.c.c) suy ra M· EB N· EC 0,25
 · · · 0 · · 0 · 0
 Mà BEN NEC BEC 90 MEB BEN 90 , do đó MEN 90 (5) 0,25
 Từ (4) và (5) suy ra tứ giác DMEN là hình vuông (theo dấu hiệu nhận biết)
 Có OB OC (vì O là giao điểm ba đường trung trực của ABC )
 0,25
 mà BE CE EO là đường trung trực của đoạn thẳng BC EO  BC
 EO / /DH (vì cùng vuông góc với BC ) 0,25
 Ý b Tương tự có EH / /DO Tứ giác DHEO là hình bình hành (DHNB) 0,25
(1,5 đ) Hai đường chéo DE; HO cắt nhau tại I là trung điểm của mỗi đường (6) 0,25
 Vì tứ giác DMEN là hình vuông nên DE và MN cắt nhau tại trung điểm của 
 0,25
 mỗi đường (7)
 Từ (6) và (7) ba đường thẳng MN; DE và OH đồng quy tại điểm I . 0,25
 Khẳng định được CDE và CAB đồng dạng với nhau. 0,25
 2 2
 S CDE CE CE
 Do đó 2 (8) 0,25
 S CAB CB BC
 Ý c CE 2 1
 Lại có BEC vuông cân tại E nên BE 2 2.CE 2 (9) 0,25
(1,0 đ) BE 2 2
 S 1
 Từ (8) và (9) suy ra CDE . Áp dụng tính chất tỉ lệ thức:
 S 2
 CAB 0,25
 S 1 S 1 S S
 CDE CDE CDE 1. Vậy CDE 1.
 S CAB 2 S CAB S CDE 2 1 SABDE SABDE
 Chứng minh được ADC và BDH đồng dạng với nhau. 0,25
 6 AD DC
 AD.DH BD.DC 
 BD DH
 (a b)2
 Ý d Áp dụng bất đẳng thức a.b , dấu “=” xảy ra khi a b . 0,25
 (1,0 đ) 4
 (BD DC)2 BC 2 BC 2
 Có BD.DC , do đó AD.DH (10)
 4 4 4
 Dấu “=” ở (10) xảy ra khi BD DC ABC vuông cân tại A , điều này 
 BC 2
 mâu thuẫn với giả thiết cho ABC nhọn có Cµ 450 AD.DH . 0,25
 4
 Lại có BC 2 2BE 2 ( do BCE vuông cân tại E )
 2BE 2
 AD.DH BE 2 2.AD.DH (ĐPCM) 0,25
 4
 2. Cho hình thoi ABCD có ·ABC 1200 , P là một điểm thuộc cạnh AB (P A; B) . Gọi N là giao 
điểm của hai đường thẳng AD và CP ; M là giao điểm của BN và DP . Tính số đo D· MN .
 Câu 2 Nội dung Điểm
 B C
 I
 M
 P
 N A D
 Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên AB BC CD DA ; AB / /CD; BC / / AD 0,25
 Gọi I là giao điểm của CN và BD .
 BC BI
 Có BC / / AD (theo hệ quả Thales) (1)
 DN ID 0,25
 BP BI
 1,5 đ Có AB / /CD (theo hệ quả Thales) (2)
 CD ID
 0,25
 BC BP
 Từ (1) và (2) (3)
 DN CD
 Trong hình thoi ABCD có đường chéo BD là tia phân giác của ·ABC nên 
 1 1
 ·ABD ·ABC .1200 600 . Lại có AB AD ABD cân tại A
 2 2 0,25
 Do đó ABD là tam giác đều AB BD mà AB BC CD
 BD BP
 BC CD BD kết hợp (3) 
 DN BD
 BD BP
 Xét BDP và DNB có: D· BP N· DB ( 600 ) và 
 DN DB 0,25
 Do đó BDP và DNB đồng dạng (c.g.c)
 7 Suy ra D· PB D· BN ( hai góc tương ứng) 
 Mà D· PB D· MB P· BM ( tính chất góc ngoài tam giác BPM )
 Có D· BN D· BA P· BM ( hai góc kề nhau). Suy ra D· MB D· BA 0,25
 Mà D· BA 600 nên D· MB 600
 Lại có D· MN D· MB 1800 (hai góc kề bù) nên D· MN 1200 .
Lưu ý :
 + Trên đây là các bước giải và biểu điểm tương ứng. Học sinh phải có lời giải chặt chẽ, chính 
xác mới được công nhận và cho điểm. Cách giải khác đúng, cho điểm thành phần tương ứng đáp 
án trên.
 + Bài 5 học sinh phải vẽ đúng hình. Điểm khảo sát là tổng các câu, không làm tròn.
 --- HẾT ---
 8