Đề khảo sát HSG Toán 8 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Đình Kiên (Có đáp án)

 UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THCS LÊ ĐÌNH KIÊN NĂM HỌC 2023-2024
 MÔN THI: TOÁN – LỚP 8
 Ngày thi: Ngày 03/12/2023
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu)
 Câu I: (4 điểm).
 x 4 1 x 8 
 1. Cho biểu thức: P = : 1 (với x 1).
 x3 1 x 1 x2 x 1 
 a) Rút gọn P;
 b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên.
 2. Cho a2 (b+c)= b2 (c+a)= 2023 với a,b,c đôi một khác nhau và khác không. Tính giá trị 
 của biểu thức c2 (a+b) .
 Câu II: (4 điểm). 
 1. Tìm nghiệm của đa thức: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12.
 2. Tìm x, y thỏa mãn đồng thời các đẳng thức sau: x3 y3 1 y x xy và 
 7xy y x 7 .
 Câu III: (4 điểm).
 1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0.
 2. Cho số tự nhiên n 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p 1chia hết cho n đồng thời 
 n3 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là một số chính phương.
 Câu IV: (6 điểm).
 Cho tam giác ACB vuông tại C, đường cao CH. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của ba 
 đường phân giác trong các tam giác ACH, BCH. Gọi M là giao điểm của BF và CE, N 
 là giao điểm của AE và CF. Đường thẳng EF lần lượt cắt AC, BC tại P, K.
 1. Chứng minh MCF vuông cân và CM.CE CN.CF
 2. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I trên AC, BC. 
 Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình hành.
 S 2.S S , S
 3. Chứng minh ACB CPK (Ký hiệu ACB CPK là diện tích của các tam giác ACB và 
 CPK)
 Câu V: (2 điểm).
 Cho các số dương a, b , c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
 bc ca ab
 A 
 a2 3 b2 3 c2 3
 ----------------- HẾT -------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM
 Điể
CÂU Ý Nội dung
 m
 x 4 1 x 8 
 I Cho biểu thức: P = : 1 (với x 1).
 x3 1 x 1 x2 x 1 
 a) Rút gọn P
 Với x 1 ta có: 
 x 4 1 x 8 
 P = : 1 
 x3 1 x 1 x2 x 1 
 2 2
 x 4 x x 1 x x 1 x 8 0.5
 P 2 2 : 2 
 (x 1)(x x 1) (x 1)(x x 1) x x 1 
 x 4 x 2 x 1 x 2 9
 P : 
 (x 1)(x 2 x 1) x 2 x 1 0.5
 1a 
 x 2 2x 3 x 2 9
 P : 
 (x 1)(x 2 x 1) x 2 x 1
 (x 3(x 1) x 2 x 1 0.5
 P . 
 (x 1)(x 2 x 1) x 2 9
 P = x 3
 x 2 9
 4đ x 3 0.5
 Vậy x 1 thì P 
 x2 9
 b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên
 x 3
 Với x 1 thì P 
 x2 9
 Để P nhận giá trị nguyên khi x nguyên thì: 
 x 3x2 9 (x 3)(x 3)x2 9 x2 9x2 9 (x2 9) 18x2 9
 0.25
 Suy ra 18x2 9 x2 9 Ư(18).
 1b
 Vì x2 9 9,x nên x2 9 = 9 hoặc x2 9 = 18.
 0.25
 - Nếu x2 9 = 9 thì x = 0 (thỏa mãn ĐKXĐ).
 2 2
 - Nếu x 9 = 18 thì x = 9 x 3 (thỏa mãn ĐKXĐ). 0.25
 Thử lại thấy x = 0 và x = 3 thì P không có giá trị nguyên (loại).
 Khi x = -3 thì P = 0 (thỏa mãn). 0.25
 Vậy với x = -3 thì P nhận giá trị nguyên. Cho a2 (b+c)= b2 (c+a)= 2023với a,b,c đôi một khác nhau và khác 
 không. Tính giá trị của biểu thức c2 (a+b) .
 Ta có
 a2 b c b2 c a a2b a2c b2c ab2 0
 ab(a b) c(a b)(a b) 0
 (a b)(ab bc ca) 0
 2
 Mà a b 0 , suy ra: 1,0
 ab bc ca 0 bc a b c abc a2 b c 2023.(1) 0.5
 ab bc ca 0 ab c a b abc c2 a b .(2) 
 Từ (1) và (2) ta được c2 a b 2023.
 2
 Vậy c (a b) 2023 0.5
 II Tìm nghiệm của đa thức: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12.
 Ta có: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12 = 0
 2 6x 7 2 3x 4 x 1 12
 6x 7 2 6x 8 6x 6 72
 0.5
 Đặt 6x + 7 = t, đẳng thức trên trở thành t2(t + 1)(t- 1) = 72
 t2(t2 - 1) = 72
 t4 - t2 - 72 = 0
 (t2 +8)(t2- 9) = 0
 t2 = 9 (Vì t2 + 8 dương) 0.5
 1 t = 3 hoặc t = -3
 Nếu t = 3 suy ra x = - 2
 3
 Nếu t = -3, suy ra x= - 5 0.25
 3
 0.25
 Vậy đa thức đã cho có 2 nghiệm là - 2 và - 5
4 đ 3 3
 2. Tìm x, y thỏa mãn đồng thời các đẳng thức sau: 
 2 x3 y3 1 y x xy và 7xy y x 7 . 3 3
 x y 1 y x xy 1 
 Ta có: 
 7xy y x 7 2 
 +) 2 y x 7 7xy thay vào 1 ta được x3 y3 8 6xy
 x3 y3 6xy 8 0 x y 3 8 6xy 3xy x y 0
 x y 2 x y 2 2 x y 4 3xy x y 2 0
 0.25
 x y 2 x2 y2 4 xy 2x 2y 0
 x y 2 0
 2 2
 x y 4 xy 2x 2y 0
 +) x y 2 0 y 2 x thay vào 2 , ta được 7x 2 x 2 2x 7 0.5
 x 1 y 1
 7x2 12x 5 0 5 9
 x y 0.5
 7 7
 +) x2 y2 4 xy 2x 2y 0
 2 2 2
 x y x 2 y 2 0 x y 2 (không thỏa mãn 2 ). 0.5
 5 9 
 Vậy các cặp số (x; y) thỏa mãn bài toán là: 1;1 và ; . 0,25
 7 7 
III
 1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0.
 Ta có: x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0.
 ....... (x + y)(x + 2y - 1) = - 3 0.5
 Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - 1 là các ước của - 3. 0.25
 Ta có bảng sau:
 1 x + y 1 -3 -1 3
 x + 2y -1 -3 1 3 -1
 x 4 -8 -6 6 0.75
 y -3 5 5 -3
 Vậy các cặp số nguyên(x; y) cần tìm là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3).
4đ 0.25
 2. Cho số tự nhiên n 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p 1chia hết 
 2 cho n đồng thời n3 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là 
 một số chính phương. 
 Ta có: n3 1 n 1 n2 n 1  p(1) 0.25
 Lại có p 1n p 1 n p n 1 p n 1
 0.25
 Do đó n 1 Không chia hết cho p (2)
 Từ (1) và (2) suy ra: n2 n 1 p (3) 0.25
 Vì p 1n nên p 1 kn(k N*) p kn 1(4)
 Từ (3) và (4)Suy ra: 
 n2 n 1kn 1 kn 1 n2 n 1 kn n2 n k n 1(*)
 0.25
 Mặt khác: 
 k(n2 n 1) n(kn 1)kn 1
 kn2 kn k kn2 nkn 1 0.25
 (k 1)n kkn 1
 Vì k 1 k 1 0 (k 1)n k 0 0.25
 Nên (k 1)n k kn 1 kn n k kn 1 k n 1(**)
 Từ (*) và (**) suy ra: k n 1
 2
 Khi đó: p kn 1 (n 1)n 1 n n 1 0.25
 Suy ra: p n n2 n 1 n n2 2n 1 n 1 2
 0.25
 Vậy p n là số chính phương (đpcm)
 Cho tam giác ACB vuông tại C, đường cao CH. Gọi E, F lần lượt 
 là giao điểm của ba đường phân giác trong các tam giác ACH, 
 BCH. Gọi M là giao điểm của BF và CE, N là giao điểm của AE và 
 CF. Đường thẳng EF lần lượt cắt AC, BC tại P, K.
 1. Chứng minh MCF vuông cân và CM.CE CN.CF
IV 2. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình 
 chiếu của I trên AC, BC. Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình 
 hành.
 S 2.S S , S
 3. Chứng minh ACB CPK (Ký hiệu ACB CPK là diện tích của 
 các tam giác ACB và CPK) Vẽ hình chính xác, ghi GT, KL đúng và đầy đủ.
 C
 Q
 T
 K
 M N
 I
 F
 P E
 A H B
 1) Chứng minh MCF vuông cân tại M và CM.CE CN.CF 2,0
 Vì CE, CF lần lượt là tia phân giác các góc ACH, BCH nên :
 A· CH B· CH A· CB 900
 E· CF E· CH F· CH 450 hay M· CF 450 (1)
 2 2 2 2 0,5
 Vì BF, CF lần lượt là tia phân giác các góc HBC, BCH nên :
 B· CH C· BH 900
 C· FM F· CB F· BC 450 (2) 0.5
 2 2 2
 1
 · · 0
6đ Từ (1) và (2) suy ra: MCF CFM 45 . Suy ra tam giác MCF vuông cân 0.25
 tại M (đpcm).
 Chứng minh tương tự ta cũng có tam giác NCE vuông cân tại N. Suy ra hai 
 0.25
 tam giác MCF và NCE là các tam giác vuông tại M, N.
 Hai tam giác vuông MCF và NCE có chung góc nhọn MCF nên đồng dạng 
 CM CF
 với nhau (g.g). Suy ra: CM.CE CN.CF (dpcm) 0,5
 CN CE
 2) Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I 
 trên AC, BC. Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình hành. Ta có OAC = OMC OA = OM và AC = CM 
 Vì FM  CE,EN  CFnên I là trực tâm của tam giác CEF. Suy ra: 
 EF  CI. 0.5
 Vì AE và BF là các tia phân giác các góc ABC, ACB nên I cũng là giao 
 2 điểm ba đường phân giác trong tam giác ACB. Suy ra IT = IQ.
 Tứ giác CTIQ có ba góc vuôngC· TI C· QI T·CQ 900 nên là hình chữ nhật. 
 Hình chữ nhật CTIQ có hai cạnh bên bằng nhau IT = IQ nên là hình vuông. 
 Suy ra TQ CI; TQ  CI (1) 0,5
 Xét hai tam giác CMI và FME có CM = FM ( vì tam giác MCF cân tại M), 
 C· MI F· ME 900 , MI = ME (vì tam giác MIE vuông cân tại M). CMI FME(c.g.c) .Suy ra EF = CI (2) 0,5
 Từ (1), (2) suy ra EF = TQ. Mặt khác EF // TQ ( do cùng vuông góc với CI). 
 Do đó tứ giác ETQF có hai cạnh đối song song và bằng nhau. Vậy tứ giác 
 ETQF là hình bình hành. 0,5
 S 2.S S , S
 3) Chứng minh ACB CPK ( kí hiệu ACB CPK là diện tích của các tam 
 giác ACB và CPK)
 Tam giác vuông CPK có tia phân giác góc PCK vuông góc với cạnh PK nên 
 là tam giác vuông cân tại P. Do đó: C· PK C· KP 450 ; CP CK. (3) 0,5
 Xét tam giác CEP và tam giác CEH có: C· PE C· HE 450 , CE là cạnh 
 chung, E· CP E· CH . Do đó: CEP CEH(g.c.g) CP CH (4)
 CP.CK CH 2
 Từ (3) và (4) suy ra: CH CP CK SCPK (5) 0,5
 3 2 2
 · · 0 · ·
 Xét hai tam giác ACH và CBH có AHC CHB 90 , HAC HCB ( do cùng 
 phụ với góc ACH). Do đó: 
 HA HC
 AHC : CHB(g.g) CH 2 HA.HB (6). 0,5
 HC HB
 2
 Ta luôn có (HA HB) 4.HA.HB Do đó: 
 2 2 2 2 2
 2 CH .AB CH .(HA HB) CH .4HA.HB
 S (7).
 ACB 4 2 4
 0,5
 Từ (5), (6), (7) SACB 2.SCPK
 Cho các số dương a, b , c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. 
 V bc ca ab
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A 
 a2 3 b2 3 c2 3
 a2 b2 (a b)2
 +) Chứng minh được BĐT phụ (*) (a, b, x, y > 0), 
 x y x y
 đẳng thức xảy ra khi ay = bx.
 4bc (b c)2
 Ta có: (b c)2 4bc . Đẳng thức xảy ra khi b = c (1) 0.25
 a2 3 a2 3
2đ Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
 (b c)2 (b c)2 b2 c2
 a2 3 a2 a2 b2 c2 a2 b2 a2 c2 0.25
 Đẳng thức xảy ra khi: b(a2 + c2) = c(a2 + b2) 
 0.25 b c
 2 2 
 a (b – c) – bc(b – c) = 0 (b – c)(a – bc) = 0 2 (2)
 a bc 0.25
 4bc b2 c2
 Từ (1) và (2) suy ra: 
 a2 3 a2 b2 a2 c2
 Đẳng thức xảy ra khi b = c. 0.25
 4ca a2 c2
 Tương tự ta có: . Đẳng thức xảy ra khi a = c; 
 b2 3 a2 b2 b2 c2
 0.25
 4ab a2 b2
 . Đẳng thức xảy ra khi a = b; 
 c2 3 a2 c2 b2 c2
 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức ta được:
 0.25
 bc ca ab b2 c2 a2 c2 a2 b2
 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3Su
 a 3 b 3 c 3 a b a c a b b c a c b c
 bc ca ab 3
 y ra A 
 a2 3 b2 3 c2 3 4
 a b c 0
 a b c 1
 Đẳng thức xảy ra khi: 2 2 2 
 a b c 3 0.25
 3
 Vậy MaxA = a b c 1
 4
Chú ý: 
 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.