30 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

1. Một người đi xe đạp từ A đến B đúng giờ dự định. Sau khi đi được 10km đầu trong 12 phút, anh ta tính ra rằng nếu tiếp tục đi với vận tốc như vậy thì sẽ đến sớm hơn dự định là 24 phút. Còn nếu giảm vận tốc đi 5km/h thì anh ta vẫn đến B sớm hơn 10 phút so với giờ dự định. Hãy tính khoảng cách AB .
pdf 50 trang Hải Đông 13/01/2024 180
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "30 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdf30_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_nam_hoc_2022_2023_co.pdf

Nội dung text: 30 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

  1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 8 NĂM HỌC 2022-2023 ✓Dùng bồi dưỡng học sinh giỏi các lớp 8 ✓Giúp giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi 8 PHẦN 1 TUYỂN CHỌN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỀ SỐ 1 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 trường Trần Mai Ninh- Thanh Hóa 2022-2023) Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. (4,0 điểm) abab2222 1. Rút gọn biểu thức P ()(1)()(1)abbabaab (1)(1) xyz xyz2 2 2 2. Cho 1 Chứng minh rằng: 0 yzzxxy y z z x x y Câu 2. (4,0 điểm) xxx 1. Tìm x biết: x 4043 12123123 4043 2 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x là số hữu tỉ. x Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho xyxy433 1 2. Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng nxy 223 , trong đó x, y là các số nguyên. A Chứng minh rằng nếu AS và A là số chẵn thì A chia hết cho 4 và S . 4 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Vẽ NH vuông góc với CM tại H, HE vuông góc với AB tại E. Trên tia NH lấy điểm K sao cho NK = CM. a) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông b) Chứng minh HM là tia phân giác của góc BHE c) Giả sử AHC 1350 . Chứng minh 2AHHBHC222 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Tìm GTNN của a3 b 3 b 3 c 3 c 3 a 3 P a2 abb 2 b 2 bcc 2 c 2 caa 2
  2. ĐỀ SỐ 2 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 huyện Thường Tín- Hà Nội 2022-2023) Thời gian làm bài : 120 phút 29321xxx Câu 1: (4,5 điểm) Cho biểu thức A (với x 2 và x 3) xxxx2 5623 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của biểu thức A khi 2 1x 3 . xx2 1 c) Tìm giá trị nguyên của x để PA . nhận giá trị nguyên. x 1 x d) Tìm giá trị x để A x 2 Câu 2: (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 415 a) xxx22 45+64 22 b) x2 x x 2 3 2 x 2 3 x 2 x Câu 3: (4,0 điểm) 1. Một người đi xe đạp từ A đến B đúng giờ dự định. Sau khi đi được 10km đầu trong 12 phút, anh ta tính ra rằng nếu tiếp tục đi với vận tốc như vậy thì sẽ đến sớm hơn dự định là 24 phút. Còn nếu giảm vận tốc đi 5k m/h thì anh ta vẫn đến B sớm hơn 10 phút so với giờ dự định. Hãy tính khoảng cách AB . xmx 3 2. Cho phương trình 2(1) ( x là ẩn) xxm 3 a) Giải phương trình (1) với m 4 . b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là số âm. Câu 4: (7,0 điểm) Cho hình vuông A B C D cạnh a và điểm N trên cạnh AB . Cho biết tia CN cắt tia DA tại E , tia CX vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF . a) Chứng minh CECF . b) Chứng minh B D,, M thẳng hàng. c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC . d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác AEFC có diện tích gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD. Câu 5: (2,0 điểm) y z 1 z x 2 x y 3 1 1. Cho xyz,, là các số thực thỏa mãn . Tính giá x y z x y z trị biểu thức A 2022 x y2023 z 2023 . x 3 2. Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn 31 y . ĐỀ SỐ 3
  3. (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 tỉnh Nam Định 2022-2023) Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. (4,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu 2111235 xx2 thức: . A 3222432 .1.1:1 xxxxxxxxxx 33121210 1 1 1 1 2) Cho các số thực x y,, z thoả mãn và x y z 3. Tính giá trị của biểu thức: x y z 3 Pxyyzzx ().().()202320232023202320232023 . Câu 2. (4,0 điểm) 1) Biết rằng đa thức fx() chia cho x 2 dư 11, chia cho x 2 dư 1 , chia cho x2 4 được thương là 3x và còn dư. Tính ff(2023)(2023) . 2) Tìm tất cả giá trị của số tự nhiên n để biểu thức Bnnnn 6432 22 có giá trị là một số chính phương. Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: xxxy 23 243 . 22 xxx 33637 2 2) Giải phương trình: 602 . xxx 224 Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ABAC . Các đường cao ADBMCN,, của tam giác cắt nhau tại H . Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, E là điểm đối xứng của H qua O . Kẻ CF vuông góc với đường thẳng BE tại F. 1) Tính số đo F M N. 2) Gọi K L,, R lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng ACADBC,,. Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: a) Ba điểm K L,, R thẳng hàng. b) HNCSNCSH 3) Tia phân giác của BAC cắt BC tại I, kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q . Gọi G là trung điểm của đoạn thẳng IQ. Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC . Câu 5. (2,0 điểm) 1) Xét xy, là hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xy.1 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 xy33 biểu thức A . xyxy4224 2) Một chiếc hộp đựng 99 chiếc thẻ màu vàng, 100 chiếc thẻ màu đỏ và 101 chiếc thẻ màu xanh. Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ như sau: mỗi lần rút thẻ người ta lấy ra hai chiếc thẻ khác màu và thay vào đó bằng hai chiếc thẻ có màu còn lại, quá trình này diễn ra liên tục. Hỏi đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu hay không? Hãy giải thích vì sao? ĐỀ SỐ 4 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 Hoằng Hóa- Thanh Hóa 2022-2023)
  4. 303 + Nếu x 0 yyy 13110 (thỏa mãn) + Nếu x 0 , ta có y 0 y 13m 311x yyy 2 2 n Lúc đó yy13 xmnmn (,) m y 31 2 mmn 313113 2mmn 33.333 33313(*)21mmn 33n n 1 Vì m 1 nên từ (*) suy ra 21mm 3311 m 1 x 1 1 2 1 y 3 1 2 Vậy xy, 2 ;2 ĐỀ SỐ 3 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 tỉnh Nam Định 2022-2023) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Điều kiện xác định x 0 32 xxx 3310 xx2 210 2 2350xx 432 2100xxx 5 Tìm đúng điều kiện và kết luận xxxxx 0;1;1;2; 2 2111 xx2 25xx .1 A 32 :1 22 xx 11 xxxxx 25 .2 2 1 xx2 1 A 22 :12 x x 11 x2 x xx 2 2x 1 x2 x 1 A :1 xx2 1 2 xx2 2 2 x 12 x2 x x 21 A . 1 1 xx2 1 2 x 1 x 1 x 1 5 1 Vậy với x 0; x 1; x 1; x 2; x thì A 2 x 1
  5. 1 1 1 1 1111 2) Kết hợp và x y z 3 ta được x y z 3 xyzxyz 11111111 00 xyzxyzxyzxyz xyxy 0 zxyxyzxyxy 0 xyzxyz xyxzyzzxyxyxzyz 2 00 xy 0 xz0 yz 0 xy 0 2023 2023 2023 2023 Nếu thì x y x y x y 0 202320232023202320232023 Pxyyzzx ().().()0 Tương tự nếu yz 0 hoặc zx 0 thì P 0 1 1 1 1 Vậy với x y,, z thoả mãn và x y z 3 thì P 0 x y z 3 Câu 2. (4,0 điểm) 1) fx()chia cho x 2 dư 11 fxxPx()2.()11 f (2) 11 fx()chia cho x 2 dư 1 fxxQx()2.()1 f (2)1 2 fx() chia cho x 4 được thương là 3x và còn dư fxxxaxb()4 .3 2 (1) fabfab(2)2,(2)2 Từ (1) 211ab 21ab tìm được ab 3,5 23 Suy ra fxxxxxx( )4 .335395 ff(2023)( 2023) 3.20239.202333 5 3.( 2023)9.( 2023 )5 ff(2023)(2023)10 2) Ta có B n6 n 4 2 n 3 2 n 2 n 2 n 4 n 2 2 n 2 n2( n 1) 2 .( n 2 2 n 2) (*) - Xét n 0 thì B 0 là số chính phương - Xét n 1 thì B 0 là số chính phương 22 222 - Xét n 2 ta thấy nn( 1) là số chính phương, nnnnn 2221 (1) 2 2 2 n 2 n 2 n 4 n 4 ( n 2) 2 2 2 Suy ra (n 1) n 2 n 2 ( n 2)
  6. 2 2 2 Mà ( 1)n và ( 2n ) là 2 số chính phương liên tiếp nn 22 không phải là số chính phương ( ). Từ (*) và ( ) suy ra B không là số chính phương với n 2 Vậy n 0 hoặc n 1 thì B có giá trị là số chính phương. Câu 3. (3,0 điểm) 1) xxxyyxxx23332(*) 243243 Ta có 2432.110xxx2 2 với mọi x yx33 (1) yxxxxxx332 24324112 323 với mọi (2) 3 Từ (1) và (2) suy ra x y33 x 2 Mà xy, nguyên nên yx 1 Thay yx 1 vào (*) ta được: xxxxxx3232 243331 xx 2 20 x 1 x 2 Với x 1 thì y 0 Với x 2 thì y 3 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên là (;)(1;0)xy ; (;)(2;3)xy . 2) Điều kiện xác định xx 2,2 Phương trình được viết lại 2 2 2 2 x 3 x 3 x2 9 x 3 x 3 xx 33 6 72 0 6 7 0 x 2 x 2 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 xx 33 Đặt uv ; , xx 22 22 uv Phương trình trở thành uuvv 760 u v u 6 v uv 6 xx 33 TH1: uv x22 5 x 6 x 5 x 6 xM 0( T ĐK ) xx 22 xx 33 TH2: uv 6 6. 6303656xxxx22 xx 22 2 x 1() TMĐK xxxx 7 6 016 0 xT 6() MĐK Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 0;1;6 Câu 4. (7,0 điểm)
  7. A K M N L H V S C B R D O E F 1) Vì E đối xứng với H qua O nên O là trung điểm của EH . Chứng minh được tứ giác B H C E là hình bình hành CHEB// . Chứng minh được tứ giác B N C F là hình chữ nhật O là trung điểm của NF và BCNF . BM là đường cao của ABC BMAC BMC vuông tại M . 1 Vì MO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông B M C MOBC 2 1 MO NF . 2 1 Xét M N F có MO là đường trung tuyến và MONF MNF vuông tại M 2 0 FMN 90 . AK AN 2) a) Chứng minh được NK// BM . AM AB ANAL Chứng minh được NL// BC . ABAD AKAL KLDM//. (1) AMAD Chứng minh tương tự ta được KRDM//. (2) Từ (1) và (2) suy ra 3 điểm KLR,, thẳng hàng. b) Gọi V là giao điểm của KR và BM . BN BR Chứng minh được NR//AD . (3) BA BD
  8. BRBV Vì KR//MD. (4) BDBM BNBV Từ (3) và (4) NVAC// . BABM Chứng minh được tứ giác MK N V là hình chữ nhật, suy ra được N M H K V M . Vì K R D// M nên S M H K V M S M H N M H MH là tia phân giác của N M S. H N M N Xét N MS có là đường phân giác . (5) H S M S CN M N Chứng minh được MC là đường phân giác góc ngoài của . (6) CS M S HN CN Từ (5) và (6) HN CS NC SH HS CS 3) A T X O C B I J G Y Q P U Gọi giao điểm của CP với AB là U, giao điểm của PO với IQ và AC lần lượt là J và T . Kẻ đường thẳng đi qua O và song song với AC cắt AI và CP lần lượt tại X và Y Chứng minh được A U C cân tại A P là trung điểm của UC OPBU// T là trung điểm của AC OXPO Xét PTAcó OXAT// TAPT OYPO OX OY Xét P T C có OYCT// OX = OY TCPT TA TC QO OY Xét AQC có OY// AC QA AC IOOX QOIO Xét AIC có OXAC// Suy ra IQ// AC ICAC QAIC IJ PJ QJ PJ Xét APT có IJ//AT Xét CPT có QJ//CT AT PT , CT PT IJ QJ IJ QJ J là trung điểm của IQ J trùng với G PG đi qua trung điểm AT CT của AC . Câu 5. (2,0 điểm)
  9. 333333 21. xyxyxy xyxy3333 1) A xyxyxyxyxyxy422442244224 3 3 3 3 4 2 2 4 xyxyxy yxy xxy xy x4 y 2 x 2 y 4 x 4 y 2 x 2 y 4 x4 y 2 x 2 y 4 2422 2 xx11 Ta có xyxyxyxyxy   0 , 2 , 422 (do xy,0 ) xyxyxy 222 y 1 Chứng minh tương tự A 1 xy24 2 xy2 Dấu “=” xảy ra khi x y2 x y 1. Vậy giá trị lớn nhất của A 1 khi xy 1 xy 1 2) Ta thấy 99 chia cho 3 dư 0, 100 chia cho 3 dư 1, 101 chia cho 3 dư 2, do đó số lượng thẻ mỗi loại khi chia cho 3 được các số dư khác nhau là 0, 1, 2. Sau mỗi lần rút thẻ, số lượng thẻ mỗi loại trong hộp giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2. Khi đó số dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: Số thẻ chia cho 3 dư 0 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 2. Số thẻ chia cho 3 dư 1 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 0. Số thẻ chia cho 3 dư 2 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 1. Do đó sau mỗi lần rút thẻ, số thẻ mỗi loại trong hộp khi chia cho 3 vẫn có số dư khác nhau là 0, 1, 2. Giả sử đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu thì số thẻ 2 màu còn lại bằng 0, số dư của chúng khi chia cho 3 bằng 0, điều này mâu thuẫn với kết luận trên. Vậy không thể nhận được các thẻ trong hộp có cùng một màu. ĐỀ SỐ 4 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 Hoằng Hóa- Thanh Hóa 2022-2023) Câu 1. (4,0 điểm) 1) Với x 1 xxxx32 111 A 2223 . xxxxx 12111 x(1)111 xx22 x 222 . xxxx 1 x ( 1)(( 1)(1)xx 1)( 1) x( x2 1) ( x 1) ( x 1) 1 . x22 1 ( x 1) .( x 1) x 1 x( x 1)( x 1) 2 1 21x . x22 1 ( x 1) .( x 1) x 1 (1)(1)xx2 x 1 2xx (2 1) (xx2 2 1) (x 1)2 1 x . (xx2 1)( 1) (xx2 1)( 1) (xx2 1)( 1) x2 1 1 x Vậy: A (với x 1). x2 1
  10. Với x 1 Ta có xxxx32 2x5x60(1)(2)(3)0 xL 1() xTm 2(/) xTm 3(/) 3 Với xA 2 5 1 Với xA 3 5 2) Ta có abbccaaaabbccaabac 55()() 22 Tương tự: bbcba2 5()() ; ccabc2 5()() ()abbccaabbcca () ()()222222 () () P (5)(5)(5) abc222 ()()()()()()abacbcbacacb ()()()abbcca 222 1 ()()()abbcca 222 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Ta có: xxx22 143192 xxxx1131192 xxxxxxx1131922123192 2 22 (*) Đặt txx 2 21 (ĐK : t 0) xxt2 234 Thay vào (*) ta được t ttttt 41924192016120 2 tTM 16() tKTM 12() 2 2 xx 1 43 Với txxx 1621 16116 xx 145 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3;5 2) Ta có : gxxx2=x1x2 2 Vì fxaxbx10x4 32 chia hết cho đa thức gxxx2 2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x) = g(x).q(x) axbx10x32 4= x+2 . x-1 .q x Với x = 1 a + b + 6 = 0 b = -a -6 1 Với x = -2 2a - b + 6 = 0 2 Thay (1) vào (2) . Ta có : 2aaab – (6) 6 04;2 Vậy a = - 4; b = - 2 Câu 3. (4,0 điểm) 1) x2 xy 2022 x 2023 y 2024
  11. xyx 120231 Vì x; y nguyên nên x + y + 1 và x - 2023 là ước của 1 xy 11 x 2023 1 xy 11 x 2023 1 xyy 112024 TH1: xx 202312024 xyy 112024 TH2: xx 202312022 Vậy các cặp (x;y) nguyên cần tìm là: {(2024;-2024);(2022;-2024)} 2) Đặt axxyy 2222 bxyyx2,2,22 cxyxy . Ta có a b ( x y )( x 2 y 1) . Do a và b chia hết cho 5 nên ab chia hết cho 5. Suy ra xy 5 hoặc xy 2 1 5 . . Trường hợp 1: Nếu xy 5 thì xy ( m od5 ) . Khi đó axxxxx 222 2()(mod5) ; cxxxxxx 223()(mod5)222 . Do a 5 nên xx2 5 hay c 5 . . Trường hợp 2: Nếu xy 215 thì xy 2 1(mod5). Khi đó ayyyyy (21)2(21)31(mod5) 2 ; cyyyyyyy   2(21)2(21)933 y222 (31)(mod5) . Do a 5 nên 3 1y 5 hay c 5 . Từ hai trường hợp trên suy ra ĐPCM Câu 4 (6,0 điểm) 1) Chứng minh được AEKD là hình chữ nhật. Ta có O là giao điểm của 2 đường chéo AK và DE nên
  12. 11 OAOEOKOAKDE D 22 11 MO DE AK AMK vuông tại K AM KM (ĐPCM) 22 2) Gọi H là giao điểm của AK và DM Chứng minh được AECK là hình bình hành . Từ đó suy ra AK // CE H K M// C mà KD = KC H D H M kết hợp với D M CE A H D M A D M cân tại A ADAMABAMB cân tại A 1800 DAM Do ADM cân tại A AMD 2 1800 BAM Do ABM cân tại A AMB 2 18018000 DAMBAM AMDAMB = 2 360()0 DAMBAM 36036090000 DAB = 1350 B M D 1350 2 22 Lại có BMDlà góc ngoài của tam giác vuông HMN từ đó tính được A N B 450 3) Qua E vẽ đường vuông góc với CF cắt CD tại Q Xét hình vuông ABCD có EK là đường trung bình . Suy ra EK = AD = CD, EK //AD  ADCDEKQ 900 Xét C D F và EKQ có: KEQ FCQ ( cùng phụ với góc EQC); CD = EK; EKQ CDF 900 CDF EKQ( ) g c g CF EQ ( Hai cạnh tương ứng) Xét CEQ có CF là đường phân giác đồng thời là đường cao. Suy ra CEQ cân tại C CF cũng là đường trung trực FE = FQ ( tính chất đường trung trực) EF + FQ = 2EF EQFQEFEF2 . Dấu “=” xảy ra khi E; Q, F thẳng hàng Mà EQ = FC FC2 EF ( ĐPCM) Câu 5 . (2,0 điểm) 13 ab 2 ba2 (1 3 ) Ta có: 22 (1 3a ) 1 =13 a 2 11 bb 1 b b 1 b 1 21bb 2 (1)b 2 Ta chứng minh được .Thật vậy: 0 0 0 1 b2 2 1 b2 2 2(1 b2 ) 2(1) b2 đúng với mọi b. bb2 bb2 Do đó 1 b2 2 1 b2 2 13 a ba2 (1 3 ) ba(1 3 ) Khi đó 13 a 13 a (1) 1 b2 1 b2 2
  13. 13 b cb( 1 3 ) Tương tự ta cũng chứng minh được: 13 b (2) 1 c2 2 13 c ac( 1 3 ) Và 13 c (3) 1 a2 2 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có: 13 a 13 b 13 c bacbac(13)(13)(13) + 33() abc 1 b2 1 c2 1 a2 2 ()3()abcabbcca 5 ( )abc 3 =33() abc = 2 22 Lại có: ()()()0;;2()abbccaa  222222 b cabcabbcca (abc )2 3( abbcca ) abc 3 . 13 a 13 b 13 c 5.3 3 Do đó + = 6. 1 b2 1 c2 1 a2 22 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 ĐỀ SỐ 5 (Đề học sinh giỏi môn toán lớp 8 Thọ Xuân- Thanh Hóa 2022-2023) Câu 1. (4,0 điểm) 1.ĐKXĐ: xxx 1;2;3 xx22 xx 13 P . 42 xxxx 2312 xx 1 xxxxxx22(1)(3)(1)(3) P . 42 (1)(2)(3)xxx xx 1 2x2 xx 13 P . 42 xx 13 xx 1 2x2 P xx42 1 2x2 Vậy với x 1; x 2; x 3 thì P xx42 1 Nếu x 0 thì P 0 Nếu x 0 thì 2x2 2 2 P 4 2 2 xx 1 1 3 x 3 x Dấu “=” xảy ra khi x= - 1 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là đạt được khi x = - 1. 3 3 3 3 3 3 2.a) Ta có: x y z 3 xyz ( x y ) 3 xy (x y) z 3 xyz 33 (x y ) z  3 xy (x y) 3 xyz
  14. 22 (xyzxy ) ( ) zxyz ( ) 3 xyxyz ( ) 222 ()(x)xyzyzxyyzzx (*) 11 2.b) Áp dụng kết quả (*) với x , y , z 1. ab 1131111111 0111(*) 3322 abab abababab 222 11111 11111 Mà 22 1 110 ( vì ab ) ab abab 2 abab 11 Nên (*)1011 abababab ab Do đó Tabab (1)1 2023 Câu 2. (4,0 điểm) 1) ĐKXĐ: xx 1 , 3 . 111 41 Ta có: (1) 2 2 (1)(3)48xx (1)x (1)(3)(1)xxx 48 (23)(21)192xxxx22 Đặt x x2 a 21 ta có phương trình: (aa 2)( 2) 192 2 a 14 a 196 a 14 2 x 5 Với a 14 ⟹ xx 2114 ⟺ ( thỏa mãn ĐKXĐ) x 3 Với a 14 ⟹ xx2 2114 . Phương trình vô nghiệm. Vậy S 5;3 2) Xem quãng đường từ nhà An đến nhà Bích theo thứ tự đó là AB. Gọi quảng đường từ nhà An đến nhà Bích là x (km). x 0 Quảng đường An đã đi là 2 x (km) 2xx Quảng đường Bích đã đi là (km) 42 xx 3 Gọi C là chỗ hai người gặp nhau thì BC = :2 (km), ACx . 24 4 33xx Thời gian An đi đoạn AC là :4 (giờ) 416 xx Thời gian Bích đi đoạn BC là : 3 (giờ) 4 12 31xx Ta có phương trình ⟺ x 3, 2 (t/m) 16 12 3 Vậy quãng đường từ nhà An đến nhà Bích là 3.2 (km). Câu 3. (4,0 điểm) 1) Ta có:
  15. x2 4 xy 5 y 2 16 0 x 2 y 2 y 2 16 (*) Vì x y, Z nên xy 2 Z , do đó từ (*) suy ra: ( 2xy ) 1 6 2 ( 2xy ) 0 2 2 2 y 0 hoặc y 16 (2)16xy 2 x 4 x 8 1) 2 y 0 y 0 hoặc y 0 (2)0xy 2 x 8 x 8 2) 2 y 16 y 4 hoặc y 4 Vậy các cặp số nguyên xy; cần tìm là 4;0, 4;0, 8;4, 8;4 2) Xét các số p, q có dạng 6.k + r (r = 0, 1, 2, 3, 4, 5), k là số tự nhiên Dễ thấy, khi p, q là các số nguyên tố lớn hơn 5 thì các số 6k, 6k+2, 6k+3, 6k+4 đều là hợp số nên các số p, q có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5. Vì pq 2 nên : Nếu p = 6k+5 thì q = 6k+3, lúc này q lại là hợp số, trái giả thiết q là số nguyên tố. Nếu p = 6k+1 thì q = 6k - 1. Khi đó 332 pqq (p) ()()(4)pqpqpqpq 12k(36k3)3622 (121)kk 36 . Vậy pq33 chia hết cho 36 Câu 4. (6,0 điểm) A B N Q E M H I P D C K 1. Vì các tứ giác ABCD, CHIK là các hình vuông nên D, C, K thẳng hàng và BDC 45  ; CKH 45  BDC CKH 90  KH  BD Tam giác BKD có BCKD KHBD; nên H là trực tâm . DH BK Xét tam giác DNK và tam giác DCB có : NDK: chung DNK DCB(.) g g DNK DCB 90 
  16. DNDK DNDBDC DK DCDB BH BH DC BH CK 22SSSS 2. Ta có : BHD BHK BHD BHK HC HC. DC HC . CK 2 SDHC 2 S CHK S DHK DHHKSSSS Tương tự : BHDDHKBHKDHK; HMSHNS BHKBHD BHDHKH SSSSSSBHDDHKBHKDHKBHDBHK Suy ra: HCHMHNSSSSSS DHKBHDDHKBHKBHKBHD SSSS Theo bất đăng thức Cô si ta có : BHDDHKBHDBHK 2;2; SSSSDHKBHDBHKBHD SS BHDHKH BHKDHK 2 .Do đó : 6 SSDHKBHK HCHMHN Dấu “=” xảy ra SBHD S BHK S DHK DC CK (vô lí vì DC BC CK ). Dấu bằng không xảy ra . BHDHKH Vậy 6 (đpcm ) HCHMHN 3. Xét tam giác DNC và tam giác DKB có : NDC: chung DNDC DNCDKB g(c. cDCNDBK . ). ( )vi DN DB DC DK DKDB Tương tự KCMKBD . DCN KCM NCB MCB Suy ra CH là đường phân giác trong, CD là đường phân giác ngoài của tam giác PCM ( vì DCCH ). HPDPCP (tính chất đường phân giác trong tam giác PCM). HMDMCM DMDPDMDPDMPMDM 22 1 (1) HMHPHMHPPMPM DPDHHPDH Mặt khác 1(2) HPHPHP 21DM DH HP MP Từ (1), (2) Suy ra: . (3) PM HP HD2 MD Áp dụng định lí ta-lét vào các tam giác BHD, BMD ta có: HP PE MP PQ ; (4) HD BD MD BD PE1 PQ (3), (4) .2 PQ PE , suy ra E là trung điểm của PQ. BD2 BD Câu 5. (2,0 điểm) Các bất đẳng thức quen thuộc ( học sinh phải chứng minh) (xyz )2 3( xyyzzx ) (1); x 3 y 3 z 3 3 xyz  xyz , , 0 (2).
  17. Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 33 aa 2 b 1 2 ab 2 ab33 2 ab 2 ab a a a 2b3 1 2 b 3 1 2 b 3 1 b 3 b 3 1 3 b22 bc c ca Tương tự: bc ; 2ca33 133 2 1 abc 2 Aabcabbccaabc ()()()2(3) 212121bca333 3 Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: ()3()9abcabbcca 2 abc3(4) Từ (3) và (4) suy ra A 1. Dấu “=” xảy ra khi abc 1. Vậy Min11.Aabc