Đề khảo sát HSG Toán 8 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Công Liêm (Có đáp án)

 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THCS CÔNG LIÊM NĂM HỌC 2023-2024
 MÔN THI: TOÁN – LỚP 8
 Ngày thi: Ngày /01/2024
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu)
 x 1 1 2x 1 x
Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: P 2 2 1 :
 3x 3x 6x 3x 2x
 a. Rút gọn biểu thức P.
 b. Tìm x Z để P có giá trị nguyên.
 c. Tìm x để P 1.
Câu 2 ( 4,0 điểm ): 
 1 2 6
 a) Giải phương trình sau: 
 x2 2x 2 x2 2x 3 x2 2x 4
 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : 5x2 – xy – 2y = 17
Câu 3 ( 4,0 điểm ): 
 a) Cho a + b + c = 1 và a2 + b2 + c2 = 1. 
 x y z
 Chứng minh rằng nếu thì xy + yz + xz = 0.
 a b c
 b) Cho A = n6 n4 2n3 2n2 (với n N, n > 1). Chứng minh A không phải là 
số chính phương.
 c) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có 5n 2 26.5n 82n 1 59 .
Câu 4 ( 6,0 điểm ): Cho hình thang ABCD AB / /CD, AB CD . Gọi O là giao điểm 
của AC với BD và I là giao điểm của DA với CB. Gọi M và N lần lượt là trung điểm 
của AB và CD.
 OA OB IA IB
 a) Chứng minh: .
 OC OD IC ID
 b) Chứng minh: Bốn điểm I;O;M ; N thẳng hàng.
 c) Giả sử 3AB CD và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ 
giác IAOB theo S.
Câu 5 ( 2,0 điểm ): Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 3. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 ab bc ca
 P a2 b2 c2 
 a2b b2c c2a Câu Nội dung Điểm
 1
 x 0, x , x 1.
 a. ĐKXĐ: 2 0,5
 x 1 1 2x 1 x
 P 2 2 1 :
 Ta có: 3x 3x 6x 3x 2x
 1 x 1 2x 1 x 1 
 1 : 0,5
 (4,0đ) 3x x 1 3x 2x 1 2x
 1 1 2x 2x
 1 . 
 3x 3x x 1 x 1 0,5
 1 2x
 x 0, x , x 1 P 
 Vậy với 2 ta có x 1 .
 2
 P 2 Z
 b. Ta có: x 1 0,5
 x 1 Ư(2) mà Ư(2) = 1; 2 . 
 0,5
 Từ đó suy ra x 1;0;2;3.
 Kết hợp với ĐKXĐ được x 2;3 . 0,25
 2x 2x x 1
 P 1 1 1 0 0
 c. x 1 x 1 x 1 0,5
 Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1 0 x 1 và x 1 0,5
 1
 x 0, x .
 Kết hợp với ĐKXĐ được 1 x 1 và 2 0,25
 a)
 1 2 6
 x2 2x 2 x2 2x 3 x2 2x 4 0,5
 Đặt t = x2 -2x + 3 = ( x-1)2 +2. Với t 2
 Phương trình đã cho trở thành: 
 t 2
 1 2 6
 3t 2 7t 2 0 1 0,5
 t 1 t t 1 t 
Câu 2. 3
 (4 Kết hợp với ĐK ta được t = 2
 điểm) Do đó ta có: ( x-1)2 +2 =2 => ( x-1)2 = 0. => x = 1 0,5
 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
 0,5
 b) 5x2 – xy – 2y = 17
 => y(x + 2) = 5x2 – 17 => 
 5x2 17 5x(x 2) 10(x 2) 3 3 0,5
 y 5x 10 
 x 2 x 2 x 2
 x, y nguyên suy ra x + 2 là ước của 3 => x 2 1,1, 3,3 0,5
 Từ đó tìm được các cặp (x,y) = (-3,-28); (-1,-12); (-5,-36); (1,-4) 1
 a) Từ a + b + c = 1 Bình phương hai vế suy ra ab + bc + ca = 0 0,5 x y z
 Đặt k => x = ka, y = kb, z = kc 0,5
 Câu 3. a b c
 (4 => xy + yz + xz = k2(ab + bc + ca) = 0.
 điểm) 0,5
 b)Biến đổi 
 A = n6 – n4 + 2n3 + 2n2 = n2(n4 – n2 + 2n + 2) = ... = 
 0,5
 n2 (n 1)2.(n2 2n 2) 
 với n N, n > 1 thì n2 – 2n + 2 = (n – 1)2 + 1 > (n – 1)2 
 2 0,5
 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n – 1) 0)
 Vậy (n – 1)2 n2 – 2n + 2 không là số chính 
 phương 
 A không là số chính phương 0,5
 c) 5n 2 26.5n 82n 1 51.5n 8.64n 59 8 .5n 8.64n 59.5n 8 64n 5n 
 Vì 64n 5n  64 5 nên ta có điều phải chứng minh
Câu 4:
 OA OB IA IB
a) Chứng minh: . I
 OC OD IC ID
Chứng minh được: OAB đồng dạng với OCD g g 
 M B
 AB OA OB OA OB A
Suy ra 1 
 CD OC OD OC OD
 O
Chứng minh được: IAB đồng dạng với IDC g g 
 AB IA IB IA IB
Suy ra 2 
 CD ID IC ID IC C
 D N
 OA OB IA IB
Từ 1 và 2 suy ra 
 OC OD IC ID
b) Chứng minh: Bốn điểm I;O;M ; N thẳng hàng.
 AB OA AM OA
Ta có: 3 và B· AC D· CA ( vì AB / /CD, soletrong ) 4 
 CD OC CN OC
Từ 3 và 4 suy ra OAM đồng dạng với OCN c g c 
Do đó ·AOM C· ON . Suy ra M ,O, N thẳng hàng * 
 AB IA AM IA
Ta lại có: 5 và I chung 6 
 CD ID DN ID
Từ 5 và 6 suy ra IAM đồng dạng với IDN c g c 
Do đó ·AMI D· NI . Suy ra M , I, N thẳng hàng ** 
Từ * và ** suy ra bốn điểm I;O;M ; N thẳng hàng.
c) Giả sử 3AB CD và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ 
giác IAOB theo S OB AB 1 SAOB 1 SAOB 1 SAOB 1 1
Ta có SAOB SABD 
 OD CD 3 SAOD 3 SAOB SAOD 1 3 SABD 4 4
 SABD AB 1 SABD 1 SABD 1 1
Ta lại có SABD SABCD
 SBDC CD 3 SABD SBDC 1 3 SABCD 4 4
 1 1
Do đó S S S 7 
 AOB 16 ABCD 16
 2
 SIAB AB 1 SIAB 1 SIAB 1 1 1
Mặt khác SIAB SABCD S 8 
 SICD CD 9 SICD SIAB 9 1 SABCD 8 8 8
 1 1 3
Từ 7 và 8 suy ra S S S S S S .
 IAOB IAB AOB 8 16 16
Câu 5. 
 Kết hợp với giả thiết ta có
 3 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 
 a3 b3 c3 a2b b2c c2a ab2 bc2 ca2 0,5
 Áp dụng bất đăngr thức Cauchy ta có 
 a3 ab2 2a2b;b3 bc2 2b2c; c3 ca2 2c2a
 0,25
 3 a2 b2 c2 3 a2b b2c c2a 0
 Suy ra 
 Do đó
 ab bc ca ab bc ca
 P a2 b2 c2 a2 b2 c2 
 a2b b2c c2a a2 b2 c2
 2 2 2 2
 2 2 2 (a b c) (a b c )
 a b c 0,25
 2(a2 b2 c2)
 9 (a2 b2 c2)
 a2 b2 c2 
 2(a2 b2 c2)
 2 2 2
 Đặt t a b c . 
 2 2 2 0,25
 Từ giả thiết a b c 3 a b c 3 , do đó ta được t 3
 Bất đẳng thức trên trở thành 
 9 t 9 1 3 1
 t t 3 4
 2t 2t 2 2 2
 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do t 3. Vậy 
 0,25
 9 a2 b2 c2 
 a2 b2 c2 4
 2 a2 b2 c2 
 ab bc ca
 a2 b2 c2 4 0,25
 2 2 2
 Suy ra P= a b b c c a dấu đẳng thức xẩy ra tại a b c 1 và giá trị nhỏ nhất của P là 4
 0,25