PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN DŨNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: 20/4/2023
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: P 

 x 1
x2  x
1
2  x2 
:



 với x  0; x  1; x  1.
x2  2x  1  x
x 1 x2  x 

2) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2  x  2022.2023
Bài 2. (5,0 điểm)
1) Cho các số thực a, b thỏa mãn: a 2  b 2  ab  a  b  1  0 .
Tính giá trị của biểu thức M  3a 3  2b 4  4 .
2

2

x2  4
 x2
 x2
2) Giải phương trình: 4. 

12.
 9. 

  0.
2
x 9
 x3
 x3
3) Đa thức Q  x  nếu chia cho x  2 được số dư bằng 9, nếu chia cho x 2  3 được đa thức
dư bằng 3 x  4 . Tìm đa thức dư của phép chia Q  x  cho  x  2   x 2  3 .
Bài 3. (4,0 điểm)
1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y  2 xy  y  32 x.
2) Chứng minh rằng: A  111.....11
  111.....11
  666.....66
  8 là số chính phương.
2024 soá 1

1013 soá 1

Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH

1012 soá 6

 H  BC  . Gọi

D và E thứ tự là hình

chiếu vuông góc của H trên AB và AC .
1) Chứng minh rằng: AH 2  HB.HC .
2) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh rằng: AO  DE .
3) Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt HD tại M ; đường thẳng qua C vuông
góc với BC cắt HE tại N . Chứng minh rằng: ba điểm M , A, N thẳng hàng.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

1
1
1
11 1 1


    .
2a  b  c a  2b  c a  b  2c 4  a b c 
--------------- Hết --------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………… SBD:………… Phòng:…………
Giám thị coi thi số 1 (kí và ghi rõ họ tên):………………………………………………………
Giám thị coi thi số 2 (kí và ghi rõ họ tên): ………………………………………………………

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI
HUYỆN YÊN DŨNG
CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN: TOÁN LỚP 8

Bài

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải

Điểm

Bài
1

 x 1
x2  x
1
2  x2 
Rút gọn biểu thức: P  2
:


 với x  0; x  1; x  1 .
x  2x  1  x
x  1 x2  x 
Với x  0; x  1; x  1 , ta có:

x  x  1   x  1 x  1
x
2  x2 
P
:



2 
x  x  1 x  x  1 
 x  1  x  x  1
1
(2,0)

x  x  1 x 2  1  x  2  x 2 x  x  1 x  1

:

:
2
2
x  x  1
 x  1
 x  1 x  x  1


x  x  1 x  x  1
.
2
 x  1 x  1

x2

x 1
x2
Vậy A 
.
x 1

0,5

0,5

0,5

0,5

Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2  x  2022.2023
2
(2,0)

x 2  x  2022.2023  x 2  2023 x  2022 x  2022.2023

1,0

 x  x  2023  2022  x  2023

0,5

  x  2023 x  2022 

0,5

Chú ý: Nếu học sinh viết ngay kết quả thì cho 1,0 điểm
Bài
2
Cho các số thực a, b thỏa mãn: a 2  b 2  ab  a  b  1  0 .
Tính giá trị của biểu thức M  3a 3  2b 4  4 .
1
(2,0) Ta có a 2  b 2  ab  a  b  1  0
 2a 2  2b 2  2ab  2a  2b  2  0
 (a 2  2ab  b 2 )  (a 2  2a  1)  (b 2  2b  1)  0
 (a  b) 2  (a  1)2  (b  1) 2  0

1,0

(a  b) 2  0
a   b
 a 1


2
  (a  1)  0   a  1  
 b  1
 (b  1) 2  0

 b  1


0,5

 a 1
Thay 
vào M  3a 3  2b 4  1 ta được M  3.13  2(1)4  4  5
b


1

Vậy giá trị của biểu thức M  5 .

0,5

2

2

x2  4
 x2
 x2
Giải phương trình: 4. 

12.
 9. 

  0.
2
x 9
 x3
 x3
ĐKXĐ: x  3
2

2

x2  4
 x2
 x2

12.
 9. 

 0
2
x 9
 x3
 x3

Ta có: 4. 

2

2

 x2
 x2  x2  x2
  2.
  2. 2.
 .  3.
   3.
 0
 x3
 x 3  x3  x 3

1,0

2

2
(2,0)

x2
 x2
  2.
 3.
 0
x3
 x3
x2
x2
x2
x2
 2.
 3.
 0  2.
 3.
x3
x 3
x3
x3
 2  x  2  x  3  3  x  3 x  2 

0,5

 2  x  x  6  3 x  x  6
2

2

 x2  5x  6  0

  x  1 x  6   0
 x 1  0
x  1
(thỏa mãn ĐKXĐ)


x  6  0
 x  6
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  1;  6 .

0,5

Đa thức Q  x  nếu chia cho x  2 được số dư bằng 9, nếu chia cho x 2  3 được đa thức dư





bằng 3 x  4 . Tìm đa thức dư của phép chia Q  x  cho  x  2  x 2  3 .
Gọi g  x  là thương của phép chia Q  x  cho  x  2   x 2  3 .
Vì đa thức  x  2   x 2  3 có bậc bằng 3 nên đa thức dư của phép chia Q  x  cho
3

 x  2   x 2  3

có dạng: ax 2  bx  c

2
2
(1,0) Khi đó Q  x    x  2   x  3 .g  x   ax  bx  c *

0,5

  x  2   x 2  3 .g  x    ax 2  3a   bx  c  3a
  x 2  3  x  2  .  g  x   a   bx  c  3a

Vì Q  x  chia cho x 2  3 được đa thức dư bằng 3 x  4 nên bx  c  3a  3 x  4 với mọi x
b  3
Do đó 
I 
c  3a  4

0,5

Vì đa thức Q  x  nếu chia cho x  2 được số dư bằng 9 nên Q  2   9
Từ * ta có: 4a  2b  c  9

 II 

Kết hợp  I  và  II  tìm được a  1, c  1





Vậy đa thức dư của phép chia Q  x  cho  x  2  x 2  3 là x 2  3 x  1 .

0,5

0,5

Bài
3
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y  2 xy  y  32 x.
Với x; y là các số nguyên ta có:

x 2 y  2 xy  y  32 x  y  x 2  2 x  1  32 x  y  x  1  32 x
2

Nhận thấy x  1 thì phương trình không có nghiệm nguyên.
Xét x  1
32 x
Ta có y 
* .
2  
 x  1

0,75

Với x  0 suy ra y  0 .
Khi đó  x; y    0; 0  là nghiệm nguyên của phương trình.

0,25

Với x  0 suy ra x  1  1
1

Ta có x và  x  1 là hai số nguyên tố cùng nhau mà y 

32 x

 x  1

2

là số nguyên

(2,0) Nên 32 x   x  1 . Do đó  x  1 là ước chính phương khác 1 của 32 .
2

2

0,5

Suy ra  x  1  4; 16
2

x 1  2
x 1
2
Với  x  1  4  

 x  1  2
 x  3
+) Khi x  1 , thay vào * ta được y  8
+) Khi x  3 , thay vào * ta được y  24
x 1  4
x  3
2
Với  x  1  16  

 x  1  4
 x  5
+) Khi x  3 , thay vào * ta được y  6

0,5

+) Khi x  5 , thay vào * ta được y  10

Vậy  x; y    0; 0  ; 1;8  ;  3;  24  ;  3;6  ;  5;  10  .
Chứng minh rằng: A  111.....11
  111.....11
  666.....66
  8 là số chính phương.
2024 soá 1

Ta có 111.....11
 
n soá 1

2
(2,0)

1013 soá 1

1012 soá 6

10n  1
9

Khi đó A  111.....11
  111.....11
  666.....66
  8
2024 soá 1

1013 soá 1



1012 soá 6



1012
1
102024  1 101013  1 6. 10



8
9
9
9

10 


1012 2

 16.101012  64
9

 101012  8 


3



2

1,0

1012
Vì 101012  8  1000.....008
 là số có tổng các chữ số bằng 9 nên 10  8   3

1011 soá 1

101012  8
là số tự nhiên
3
Vì vậy A là số chính phương.

1,0

Do đó

Bài
4

Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH

 H  BC  . Gọi

D và E thứ tự là

hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC .

Chứng minh rằng: AH 2  HB.HC .

)
Chứng minh được BAH
ACH (cùng phụ CAH
1
(2,0) Chứng minh được ABH ∽ CAH  g .g 

AH BH

 AH 2  BH .CH
CH AH
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh rằng: AO  DE .
ABC vuông tại A có AO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
  OCA
 1
Do đó AO  BO  CO  AOC cân tại O  OAC
Suy ra

2
(2,0)

Chứng minh ADHE là hình chữ nhật
  HAE

Suy ra DEA
  OCA
  90
Do tam giác HAC vuông tại H nên HAE

  OAC
  90
Suy ra DEA
Suy ra OA  DE
Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt HD tại M ; đường thẳng qua C vuông góc
với BC cắt HE tại N . Chứng minh rằng: ba điểm M , A, N thẳng hàng.
Ta có: MB //AH (cùng vuông góc với BC ) 

0,75
0,75
0,5

0,75
0,75
0,5

MD BD
(hệ quả định lý Ta-let),

DH DA

3
MD BD
(2,0) mà DH  AE; AD  HE 
(1);

AE HE
+) DH //AC (cùng vuông góc với AB )
BD DH
BD AE
(2);
 BDH ∽ HEC  g .g  



HE EC
HE EC

1,0

+ Ta có: CN //AH (cùng vuông góc với BC )
AE HE
(hệ quả định lý Ta-let),


EC EN
AE AD
mà DH  AE; AD  HE 
(3);

EC EN
MD AD
MD AE
Từ (1), (2) và (3) ta có
hay
.


AE EN
AD EN
Xét  MDA và AEN có:
 = AEN
   90  ; MD  AE (chứng minh trên)
MDA
AD EN
 MDA ∽ AEN  c.g .c 

0,5

 = ENA
  MAD
 + EAN
 = ENA
 + EAN
 = 90°
 MAD

 = MAD
 + EAN
 + DAE
 = 90° + 90° = 180°
 MAN
 A, M , N thẳng hàng.
Bài
5

1,0

0,5

Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

1
1
1
11 1 1


    .
2a  b  c a  2b  c a  b  2c 4  a b c 
Với các số a, b, c dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz ta có
1 1
4 1 1
4 1 1
4
+)  
;  
;  
a b ab b c bc c a ca
1
1
4
1
1
4
1
1
4
+)
;
;






a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b
2a  b  c
4
4
4
1 1 1
Do đó 2     


1
 a b c ab bc ca
4
4
4
2
2 
 2


 2



ab bc ca
 ab bc ca 
 1
1   1
1   1
1 
 2 






 a  b b  c   b  c c  a   c  a a  b  
4
4
4
4
4
4




 2. 



ab bc ca
 a  2b  c a  b  2c 2a  b  c 
4
4
4
1
1
1




 8. 


  2
ab bc ca
 a  2b  c a  b  2c 2a  b  c 
1
1
1
1 1 1


Từ 1 và  2  ta có 2      8. 



a b c
 a  2b  c a  b  2c 2a  b  c 
1 1 1
1
1
1


Do vậy    4. 



a b c
 a  2b  c a  b  2c 2a  b  c 

0,5

Suy ra

Suy ra

1
1
1
11 1 1


    
2a  b  c a  2b  c a  b  2c 4  a b c 

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c

0,5