Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2024 phòng GDĐT Yên Định - Thanh Hóa

UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8, CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG 1 DỰ THI

HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC: 2024 - 2025

Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang; gồm 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm).

1. Cho biểu thức: 2 2 2 5 2 5 2 : 25 5 2 10 5 x x x x P x x x x x x               

với 5 0; 5; 2 x x x   

Rút gọn biểu thức P.

2. Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . P a b c b c a c a b         

Câu 2 (4,0 điểm).

1. Giải phương trình:     2 4 5 2 3 1 9 x x x    

2. Cho , , a b c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 3 3 3 1 3a; 1 3 ; 1 3 . a b b c c    Chứng minh:

a) a + b + c = 0

b) a2 + b2 + c2 = 6

Câu 3 (4,0 điểm).

1. Tìm tất cả các số x, y nguyên thỏa mãn: x4 + y + 4 = y2 – x2

2. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng 2 2 2 p a b c    , trong đó a, b, c là các số

nguyên dương thỏa mãn 4 4 4 a b c   chia hết cho p.

Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Điểm E thuộc cạnh BC, F là giao điểm của AE và DC, G là giao điểm của DE và BF. Trên tia đối của tia DC lấy điểm M sao cho BE = DM. Gọi T là trung điểm của EM.

1. Chứng minh tam giác AEM vuông cân và ba điểm B, T, D thẳng hàng.

2. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của AB với CG và DG. Chứng minh IE song song với BD.

3. Tìm vị trí điểm E trên cạnh BC để tổng BK+CF đạt GTNN

Câu 5 (2,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thoả mãn: x + y + xy = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1

?+?+

1

?+

1

?

____HẾT____

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm

Câu

1

1. Với 5 0; 5; 2 x x x    ta có:

       5 2 5 2 : 5 5 5 2 5 5 x x x x P x x x x x x x

                      

2 2 5 2 5 2 : 5 5 2 5 5 x x x x x x x x x x               

  5 5 2 5 2 . 5 5 2 5 5 x x x x x x x x x x x x                

  5. 2 5 2 5 2 . 5 5 2 5 5 x x x x x x x x x         10 2 5 5 x x x       2 5 10 2 2 5 5

x x x x

      

Vậy 2 P  với 5 0; 5; 2 x x x   

0,5

0,5

0,5

0,5

2. Từ     2 2 2 2 2 0 2 a b c a b c a b c a b c ab            

Tương tự: 2 2 2 2 b c a bc    ; 2 2 2 2 c a b ca   

Do đó: 1 1 1 0 2 2 2 2 c a b P ab bc ca abc          

1,0 0,5

0,5

Câu

2

1.     2 4 5 2 3 1 9 x x x    

  

   

2 2

2 2

16 40 25 2 5 3 9

8 2 5 25 2 5 3 9

x x x x

x x x x

     

         

Đặt 2 2 5 x x t     

  

2 8 25 3 9

8 49 66 0

2 8 33 0

t t

t t

t t

   

   

   

2 t   hoặc 33

8 t 

+) 2 2 2 5 2 2 t x x x     hoặc 1 2 x 

+) 2 2 33 33 33 2 5 2 5 0 8 8 8 t x x x x        

2 2 33 5 4 10 0 2 2 0 4 2 x x x               (vô nghiệm vì (2x-5/2)2 + 2 > 0 với

mọi x)

0,75

0,5

0,5

Câu Nội dung Điểm

Vậy 1 ;2 2 S       0,25

Câu

2

2. a) Từ giả thiết: 3 3 3 1 3a; 1 3 ; 1 3 a b b c c    ta có:

     

3 3 2 2

3 3 2 2

2 2 3 3

3 3 (1)

3 3 (2)

3 (3) 3

a b a b a ab b

b c b c b bc c

c ca a c a c a

                              

(vì a, b, c đôi một khác nhau)

Từ (1) và (2) suy ra:

   2 2 0 0 0 a c ab bc a c a b c a b c             .

(vì a, b, c đôi một khác nhau) b) Cộng (1); (2); (3) vế với vế ta có: 2 2 2 2a 2 2 9 b c ab bc ca           

2 2 2 2 2 2 2 4 2a 2 2 18 3 18 a b c b bc ca a b c a b c               .

  2 2 2 3. 0 18 a b c      . a2 + b2 + c2 = 6

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu

3

1. Ta có x4 + y + 4 = y2 - x2 (x2 + 1

2 )2 - (y - 1

2 )2 = -4

 (x2 + y)(x2 – y + 1) = -4 Ta có x, y nguyên; (x2 + y + x2 – y + 1) = 2x2 + 1 là số lẻ nên x2 + y và (x2 – y + 1) phải có một số là số lẻ Ta có bảng:

x2-y+1 -1 - 4 4 1 x2+y 4 1 -1 -4 y 3 3 -2 -2 x2 1 -2 (loại) 1 -2 (loại) x 1; -1 1; -1 Vậy các số nguyên (x,y) cần tìm là: (1;3); …