Đề thi HSG Toán 8 - Năm học 2023-2024 (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2023 – 2024
 (Đề thi gồm có 01 trang) Môn: Toán – Lớp 8
 Thời gian làm bài: 120 phút
 Ngày thi: 04/4/2024
Bài 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức:
 2 2 2 2
 x y 2 1 1 2 1 x y 2xy 3 
 A 2 2 : ( ) . 2 2 ( x y ; x; y 0 )
 x 2xy y xy x y x y (x y)(x y) x 2x 2 
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 2. (4,0 điểm) 
1) Phân tích đa thức P bc(a d)(b c) ac(b d)(a c) ab(c d)(a b)thành nhân tử.
2) Cho các số nguyên a,b,c thoả mãn (a b)3 (b c)3 (c a)3 210 . Tính giá trị của 
biểu thức A a b b c c a .
Bài 3. (3,0 điểm) 
1) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố.
2) Giải phương trình: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3
Bài 4. (7,0 điểm) 
1) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là một điểm trên cạnh BC . Qua A kẻ tia Ax vuông góc với 
 AE và cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E 
song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh rằng:
 a) AE AF và tứ giác EGFK là hình thoi.
 b) AF 2 FK.FC
 c) Cho hình vuông ABCD cố định có độ dài cạnh bằng a, chứng minh rằng khi E di 
động trên cạnh BC thì chu vi EKC không đổi.
2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là giao điểm của ba đường 
phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP. Chứng minh rằng: IG//MP
Bài 5. (2,0 điểm) 
1) Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng (d) thỏa mãn: (d) đường trung trực của AB và A(0; -
1); B(-4; 3)
 1 1 1
2) Chứng minh rằng: Nếu xyz = 1 thì 1
 1 x xy 1 y yz 1 z zx
 --------- Hết ----------
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
 Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh: .
 Đáp án và thang điểm Bài 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức:
 2 2 2 2
 x y 2 1 1 2 1 x y 2xy 3 
 A 2 2 : ( ) . 2 2 ( x y ; 
 x 2xy y xy x y x y (x y)(x y) x 2x 2 
 x; y 0 )
 3) Rút gọn biểu thức A. Đ
 m
 2 2
 x y 2 1 1 2 1
 Có: 2 2 : ( ) . (Với x y ; 
 x 2xy y xy x y x y 0
 x; y 0 ) ,
 5
 (x y)(x y) 2 x y 2 1
 2 : ( ) .
 (x y) xy xy x y
 x y 2xy 1 x2 y2 2xy 0
 1) . 
 x y (x y)2 x y (x y)(x y)2 ,
 (2,0 5
 điểm)
 x2 y2 2xy x2 y2 2xy 3 
 0
 A 2 2 2 
 (x y)(x y) (x y)(x y) x 2x 2 ,
 x2 y2 2xy x2 y2 2xy 3 7
 A 5
 (x y)(x y)2 (x y)(x y)2 x2 2x 2
 3
 A 0
 x2 2x 2 ,
 3 2
 Vậy A với x y ; x, y 0
 x2 2x 2 5
 2) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất? 
 Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
 3
 Có A 
 (x 1)2 1 0
 ,
 3
 Để A đạt giá trị nhỏ nhất thì đạt giá trị lớn nhất 5
 (x 1)2 1
 2) 3
 ) đạt giá trị lớn nhất khi chỉ chỉ khi (x 1)2 1 đạt 
 (2,0 (x 1)2 1 0
 điểm) ,
 giá trị nhỏ nhất
 2 7
 Mà (x 1) 1 1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1 (thỏa 5
 mãn điều kiện)
 3 0
 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi và chỉ khi x = 1; 
 1 ,
 y 0 ; y 1 7
 5
 Bài 2 (4,0 điểm)
 1) 1) Phân tích đa thức
 (2,0 P bc(a d)(b c) ac(b d)(a c) ab(c d)(a b) Điểm
 điểm) thành nhân tử. Có (b - c) + (a - b) = a – c. Do đó:
 0,5
 P bc(a d )(b c) ac(b d ) b c a b ab(c d )(a b)
 P bc(a d )(b c) ac(b d ) b c 
 0,5
 ac(b d ) a b ab(c d )(a b)
 P (b c)bc(a d ) ac(b d ) (a b)ab(c d ) ac(b d )
 P c(b c)(ab bd ab ad ) a(a b)(bc bd bc cd ) 0,5
 P cd (b c)(b a) ad (a b)(b c)
 P d (b c)(a b)(a c) 0,5
 Vậy P d ( b c ) ( a b ) ( a c ) 
 2) Cho các số nguyên a,b,c thoả mãn 
 (a b)3 (b c)3 (c a)3 210 . Tính giá trị của biểu thức 
 A a b b c c a .
 Đặt a b x; b c y ; c a z
 0,5
 x y z 0 và x3 y3 z3 210
 +) x y z 0 z (x y) z3 (x y)3 
 2) 
 (2,0 )x3 y3 z3 210
điểm) hayx3 y3 (x y)3 210 0,5
 3xy(x y) 210
 xyz 70 (vì z (x y) )
 Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 ( 2).( 5).7 nên 
 x, y, z 2; 5;7 0,5
 Vậy A a b b c c a 14. 0,5
Bài 3 (3,0 điểm)
 1) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố.
 Ta có: B = (n – 2)(n2 + n – 5)
 0
 B là số nguyên tố nên (n – 2) và (n2 + n – 5) là ước của 1
 5
 + Nếu n – 2 = 1 thì n = 3 khi đó B = 7 (chọn)
 + Nếu n – 2 = -1 thì n = 1 khi đó B = 3 (chọn)
 1) + Nếu n2 + n – 5 = 1 thì (n + 3)(n – 2) = 0
 (1,5 
 Với n là số tự nhiên nên n = 2 khi đó B = 0 (loại) 0
điểm)
 ,
 1 7 7
 n 
 2 5
 + Nếu n2 + n – 5 = -1 thì n2 + n – 4 = 0 (loại)
 1 7
 n 
 2
 Vậy n = 3; n = 1 thì B là số nguyên tố. 2) Giải phương trình: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3
 Đặt x – 3 = a; 2x – 1 = b thì 3x – 4 = a + b.
 0,5
 Phương trình đã cho trở thành: a3 b3 (a b)3
 a 0
 3ab(a b) 0 b 0 0,5
 a b 0
 2) 
 (1,5 Trở lại phép đặt, ta có:
điểm) 
 x 3
 x 3 0 
 1
 2x 1 0 x 
 2
 3x 4 0 0,5
 4
 x 
 3
 1 4
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3; ; 
 2 3
Bài 4 (7,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD . Gọi E là một điểm trên cạnh BC . Qua A kẻ 
 tia Ax vuông góc với AE và cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam 
 giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI 
 ở G . Chứng minh rằng:
 Điểm
 a) AE AF và tứ giác EGFK là hình thoi.
 b) AF 2 FK.FC
 c) Cho hình vuông ABCD cố định có độ dài cạnh bằng a , chứng minh 
 rằng khi E di động trên cạnh BC thì chu vi EKC không đổi
 Hình vẽ, gt, kl
 1) 
 (5,0 
điểm)
 a) AE AF và tứ giác EGFK là hình thoi.
 (2,0 
điểm)
 Chứng minh được BAE DAF (g.c.g)
 0,75
 AE AF
 AEF cân tại A 0,5 mà AI là trung tuyến (gt)
 AI là trung trực 
 AK là trung trực của đoạn thẳng EF
 mà G AK KE KF,GE GF (1)
 Chứng minh được: EGI FKI(g.c.g) hoặc EGI EKI(g.c.g)
 0,5
 KF GE hoặc EK EG (2)
 Từ (1) và (2) suy ra: EK EG GF FK
 0,25
 EGFK là hình thoi.
 b) Chứng minh: AF 2 FK.FC
 (2,0 
điểm)
 Chứng minh FIK đồng dạng với FCE
 FI FK 1,0
 FI.FE FK.FC (3)
 FC FE
 Xét tam giác vuông AEF có đường cao AI nên: AF 2 FI.FE (4)
 1,0
 Từ (3) và (4) AF 2 FK.FC
 c) 
 (1,0 Chứng minh rằng: Khi E di động trên BC thì chu vi EKC không đổi.
điểm)
 Ta có: CECK CE CK EK mà FK KE (cmt)
 Do đó: CECK CE CK KF 0.5
 CE CK DK DF 
 lại có BE DF ( BAE DAF )
 nên CECK (CK DK) (CE BE)
 = CD BC 0,5
 a a 2a không đổi
 Vậy chu vi EKC không đổi và = 2a khi E di động trên cạnh BC .
2) 2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là 
(2,0 giao điểm của ba đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP. 
điểm) Chứng minh rằng: IG//MP
 Hình vẽ, gt, kl
 M
 D
 K
 I
 G
 N P
 Gọi ND là phân giác của tam giác MNP 0,75 MD MN 5 MD 5 5
 MD MP 2,5 (cm)
 DP NP 7 MP 12 12
 Vì MI là phân giác của tam giác MND
 IN MN 5
 2 (1)
 ID MD 2,5
 Gọi K là trung điểm của MP. 
 GN
 mà G là trọng tâm của MNP (gt) nên 2 (2)
 GK 0,75
 GN IN
 Tù (1) và (2) 
 GK ID
 GN IN
 Xét tam giác DNK có IG / /DK (định lý Thales đảo) 
 GK ID 0,5
 hay IG// MP (điều phải chứng minh)
Bài 5 (2,0 điểm)
 Đ
 1) Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng (d) thỏa mãn (d) đường trung i
 trực của AB và A(0; -1); B(-4; 3) ể
 m
 Gọi đường thẳng AB có công thức hàm số là y = ax + b (a khác 0)
 +) Vì AB đi qua điểm A(0; -1) nên b = -1
 Khi đó đường thẳng AB là y = ax -1 (a khác 0)
 0
 ,
 2
 5
 1) 
 (1,0 
điểm)
 +) Vì AB đi qua điểm B(-4; 3) nên a = -1 (thỏa mãn điều kiện) 0
 Do đó đường thẳng AB là y = -x - 1 ,
 2
 5
 Vì đường thẳng (d): y = mx + n (m khác 0) vuông góc với AB nên: m. 0
 (-1) = -1 suy ra m = 1 (thỏa mãn). ,
 Khi đó (d): y = x + n 2
 5
 Vì C là trung điểm của AB nên C(-2; 1) 0
 Mặt khác (d) đi qua C(-2; 1) nên -2 + n = 1 n = 3 ,
 Vậy hàm số cần tìm là y = x + 3 2
 5
 2) 2) Chứng minh rằng: Nếu xyz = 1 thì (1,0 1 1 1
 1
 điểm) 1 x xy 1 y yz 1 z zx
 1 1 1
 Có S = 
 1 x xy 1 y yz 1 z zx 0
 ,
 z xz 1
 S = 5
 z zx xyz xz xyz xyz2 1 z zx
 z xz 1 0
 S = (vì xyz = 1)
 z zx 1 xz 1 z 1 z zx ,
 2
 5
 z xz 1 0
 S = 1 (điều phải chứng minh)
 z zx 1 ,
 2
 5
• Chú ý: 
- HS vẽ hình quá sai, không chấm.
- Mọi cách làm khác của học sinh, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
 --------------------Hết-------------------