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

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 8
 HUYỆN GIA VIỄN NĂM HỌC 2023 – 2024
 MÔN: TOÁN
 (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
 (Đề này gồm 05 câu, 02 trang)
Câu 1 (5,5 điểm).
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
 5 4 3 2
a) 2x 3x 6x 8x 3 
b) x – y 3 y – z 3 z – x 3
 x2 x x 1 1 2 x2 
2. Cho biểu thức P 2 : 2 
 x 2x 1 x x 1 x x 
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P .
 1
b) Tìm x để P .
 2
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x 1
Câu 2 (3,0 điểm).
 2 2 2 2
1. Cho a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn: (a b c) a b c
 a b c
Chứng minh rằng: 0
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab
2. Cho đa thức: f (x) x3 + ax2 bx c với a, b,c là các số thực . Biết đa thức f(x) chia cho 
đa thức x + 1 dư – 4 và chia cho đa thức x – 2 dư 5. Tính giá trị của
 A (a2025 b2025 )(b2025 c2025 )(c2025 a2025 )
Câu 3 (4,0 điểm).
 2
1. Giải phương trình: 3 x2 x 1 2 x 1 2 5 x3 1 
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức: 
 x2 2y2 2xy y 2 0
Câu 4 (6,0 điểm).
1. Cho hình chop S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh bằng 3a và cạnh bên SA bằng 
2a(với a>0). Tính độ dài đường cao của hình chóp và thể của hình chóp.
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên tia đối của tia AC lấy điểm M sao cho 
 0 AM AC . Gọi K là hình chiếu vuông góc của M trên BC , MK cắt AB tại H . Gọi 
 E, F lần lượt là trung điểm của CH và BM , O là điểm cách đều ba điểm B,C, M . 
Chứng minh rằng:
 a) CH BM 
 b) E· AK 450
 c) AB.BM AK.CB
 d) Các đường thẳng AK, EF, OH đồng quy. Câu 5 (1,5 điểm).
 1) Hai số phân biệt được chọn ngẫu nhiên từ tập hợp 2; 1;0;3;4;5
 và đem nhân với nhau. Hỏi xác suất để tích bằng 0 là bao nhiêu?
 2. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 abc .
 a b c 1
 Chứng minh: 
 a2 bc b2 ca c2 ab 2
 ---------------Hết--------------- UBND HUYỆN .......... HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8
 Năm học 2023 - 2024
 (HDC gồm 04 trang)
 Câu Đáp án Điểm
 1. (1,5 điểm)
 a) 2x5 3x4 6x3 8x2 3 2x5 2x4 x4 x3 5x3 5x2 3x2 3
 2x4 x 1 x3 x 1 5x2 x 1 3 x2 1 0,25
 x 1 2 (2x3 x2 6x 3) 0,25
 2
 x 1 x2 3 2x 1 0,25
 b) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3
 Đặt x – y = a , y – z = b, z – x = c thì a + b + c = 0.
 0,5
 (a b)3 ( c)3 a3 b3 3ab(a b) c3 a3 b3 c3 3abc
 Vậy: x – y 3 y – z 3 z – x 3 3(x y)(y z)(z x) 0,25
 2. (4,0 điểm)
 a) (1,5 điểm)
 ĐKXĐ: x 0; x 1; x 1 0,25
 x x 1 x 1 x 1 x 2 x2 
 Ta có: P : 
 2 0,5
 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 
 x x 1 x2 1 x 2 x2 x x 1 x 1
 : :
 x 1 2 x x 1 x 1 2 x x 1 0,25
 Câu 1
(5,5điểm) x x 1 x x 1 x2
  
 x 1 2 x 1 x 1
 x2 0,5
 Vậy, P với x 0; x 1; x 1.
 x 1
 b) (1,0 điểm)
 1 x2 1
 Để P với x 0; x 1; x 1 suy ra với x 0; x 1; x 1 0,5
 2 x 1 2
 1
 x 
 2x2 x 1 ... 2x 1 x 1 0 2 0,25
 x 1
 1
 Vì x 0; x 1; x 1 nên chọn x 
 2
 0,25
 1 1
 Vậy, P x 
 2 2
 c) (1,5 điểm) x2 x2 1 1 x 1 x 1 1 1 1
 Ta có: P x 1 x 1 2 0,5
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
 1
 Với x 1 nên x 1 0 và 0 . Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số 
 x 1
 0,25
 1 1 1
 dương x 1 và ta có : x 1 2 (x 1). 2
 x 1 x 1 x 1
 1
 P 2 x 1 2 2 2 4 0,25
 x 1
 1
 Dấu « = » x 1 với x 1 x 2( thỏa ĐKXĐ)
 x 1 0,25
 Vậy, GTNN P 4 x 2 0,25
 Câu 2
(3 điểm)
 2 2 2 2
 2.1.(1,5 điểm) Cho a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn: (a b c) a b c
 a b c
 Chứng minh rằng: 0
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab
 2 2 2 2
 Ta có: (a b c) a b c ab bc ca 0 bc ab ca 0,25
 a2 2bc a2 bc bc a2 ab ca bc (a b)(a c) 0,25
 Tương tự: b2 2ca (b c)(b a);c2 2ab (c a)(c b) 0,25
 Do đó:
 a b c a b c
 0,5
 a2 2bc b2 2ca c2 2ab (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)
 a(b c) b(c a) c(a b)
 0 0,25
 (a b)(b c)c a)
 2.2. (1,5điểm) Cho đa thức: f (x) x3 + ax2 bx c với a, b,c là các số 
 thực . Biết đa thức f(x) chia cho đa thức x + 1 dư – 4 và chia cho đa 
 thức x – 2 dư 5. Tính giá trị của 
 A (a2025 b2025 )(b2025 c2025 )(c2025 a2025 )
 Đa thức f(x) chia cho đa thức x + 1 dư – 4 nên ta có:
 0,25
 f ( 1) 4 a b c 3 (1)
 Đa thức f(x) chia cho đa thức x - 2 dư 5 nên ta có:
 0,25
 f (2) 5 4a 2b c 3 (2)
 Từ (1) và (2) a b c 4a 2b c 3a 3b 0 a b 0,25
 2025 2025 2025 2025
 a b ( b) b 0 0,5 2025 2025 2025 2025 2025 2025
 Vậy : A (a b )(b c )(c a ) 0 0,25
 2
 3.1.(2,0 điểm): Giải phương trình: 3 x2 x 1 2 x 1 2 5 x3 1 
 Vì x 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho 
 x3 1 ta được:
 0,5
 x2 x 1 x 1
 3 2 5
 x 1 x2 x 1
 Đặt
 x2 x 1
 t 
 x 1 0,5
 2 1
 3t 5 3t 2 5t 2 0 t 2,t 
 t 3
 Với:
 3 13 0,5
 t 2 x2 3x 1 0 x 
 2
 Với: 
 1
 t 3x2 2x 4 0 0,25
Câu 3 3 Phương trình vô nghiệm
(4,0 
 3 13
điểm) Vậy phương trình có 2 nghiệm: x 0,25
 1,2 2
 3.2. (2,0 điểm) 
 x2 2y2 2xy y 2 0 (x y)2 (y 1)(y 2) (*) 0,25
 Vì (x y)2 0 với mọi x, y nên từ (*) ta có 
 0,25
 (y 1)(y 2) 0 2 y 1
 Vì y ¢ nên y 2; 1;0;1 0,25
 Với y 2 thay vào đẳng thức ta được x 2 0,25
 Với y 1 thay vào đẳng thức ta có x ¢ (loại) 0,25
 Với y 0 thay vào đẳng thức ta có x ¢ (loại) 0,25
 Với y 1 thay vào đẳng thức ta được x 1 0,25
 Vậy các cặp số nguyên ( x ; y ) cần tìm là (2; 2),( 1;1) 0,25
 4.1.(1,5điểm) S
 2a
 A C
 H 0,25 
 M
 3a điểm
 B
 Do ABC đều nên H là trọng tâm ABC , CH cắt AB tại M 0,5
 => MA = MB= 3a
 2
 Xét MAC vuông tại M, ta có:
 9a2 27a2
 CM 2 AC 2 AM 2 9a2 
 4 4
 3a 3 2
 CM CH CM a 3
 2 3
 Xét SHC vuông tại H, ta có: 0,25
 SH 2 SC 2 CH 2 (2a)2 (a 3)2 a2 SH a
 1 1 3a 3 9a2 3 0,25
 Diện tích của ABClà : S .AB.CM .3a. 
 ABC 2 2 2 4
 Thể tích của hình chóp S. ABC là : 0,25
 1 1 9a2 3 3a3 3
 V .S .SH . .a 
 S.ABC 3 ABC 3 4 4
 4.2(4,5điểm)
 M
 A
 F H 0,25
 I E
 O
 Câu 4
(6,0 điểm) B C
 K
 a) (1,0 điểm). Xét CHA và BMA có ·ACH ·ABM (cùng phụ với B· MC )
 0,5
AB AC , C· AH B· AM 900 
 CHA = BMA (g-c-g) CH BM 0,5
b) (1,25 điểm). 
 1
 Ta có AE KE HC (1) (do AE, KE là hai đường trung tuyến ứng 
 2 0,25
với cạnh huyền của hai tam giác vuông HAC và HKC )
 1
Tương tự có AF KF MB (2) 
 2 0,25
mà CH BM (theo chứng minh trên) (3)
Từ (1), (2) và (3) tứ giác AFKE là hình thoi.
 0,25
ΔAEC và ΔAFB có AF AE, AC AB,MB HC EC FB 
 0,25
 AEC = AFB C· AE B· AF
Mà B· AE E· AC 900 E· AF B· AF B· AE 900
Suy ra tứ giác AFKE là hình vuông.
 1 1
=>AK là tia phân giác của E· AF E· AK E· AF .900 450 0,25
 2 2
C) (1,0 điểm). 
 µ · · 0
 CAB và CKM có C chung, CAB CKM 90 0,25
 CAB : CKM (g-g)
 CA CB CA CK
 CK CM CB CM
 CAK : CBM (c-g-c) 0,25
 CA AK AB AK
 CB BM CB BM 0,25
 AB.BM AK.CB 0,25
4) (1,0điểm). 
Tứ giác AFKE là hình vuông suy ra AK và EF cắt nhau tại trung điểm 
 0,25
mỗi đường.
 MKC vuông tại K , Cµ 450 MKC vuông cân tại K 
 KM KC , mà OM OC KO là đường trung trực của MC . 0,25
 KO MC Mà HA  MC KO / /HA
 OB OC, AB AC AO là đường trung trực của BC .
 0,25
 AO BC, mà KH  BC AO / /KH
 Suy ra tứ giác AOKH là hình bình hành suy ra AK và OH cắt nhau tại 
 trung điểm mỗi đường.
 Vậy AK, EF, OH đồng quy. 0,25
 5.1(0,75điểm)
 1. Hai số phân biệt được trọn ngẫu nhiên từ tập hợp 2; 1;0;3;4;5
  
 và đem nhân với nhau. Hỏi xác suất để tích bằng 0 là bao nhiêu
 Các trường hợp có thể sảy ra là:
 ) 2; 1; 2;0; 2;3; 2;4; 2;5
 ) 1;0; 1;3; 1;4; 1;5
 ) 0;3; 0;4; 0;5 0,25
 ) 3;4; 3;5
 ) 4;5
 Và ngược lại đổi vị trí hai số trong các cặp số trên
 Số các kết quả sảy ra khi chọn hai số phân biệt từ tập hợp đã cho là 
 0,25
 15.2=30 
 Khi tích của hai số đã chọn bằng 0 thì số hạng đầu tiên bằng 0 hoặc số 
Câu 5 hạng thứ 2 bằng 0, ta có 10 trường hợp như thế.
(1,5điểm). 10 1 0,25
 Vậy xác xuất cần tìm là 
 30 3
 5.2(0,75điểm)
 2. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 abc .
 a b c 1
 Chứng minh: 
 a2 bc b2 ca c2 ab 2
 Áp dụng BĐT : AM – GM ta có : 
 a b c 1 1 1 a b c 0,25
 (1)
 a2 bc b2 ca c2 ab 2 bc 2 ca 2 ab 2 abc
 (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 với mọi a,b,c
 a2 b2 c2 ab bc ca
 Chứng minh tương tự : ab bc ca abc( a b c)
 0,25
 abc abc( a b c)
 a b c
 1(2)
 abc
 a b c 1
 Từ (1) và (2) 
 a2 bc b2 ca c2 ab 2 0,25
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b c 3 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 không vẽ hình thì không chấm.