PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THIỆU HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(
Đề thi có 05 câu, 01 tran
g
)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2021-2022
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 28/3/2022
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức
M =


42
2
223
23 2
8416
4
112 4 1 4
:
114
31
aaa
a
aaa aa
aaa
aa









1. Rút gọn M. Tìm a để M < 5a.
2. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Cho a + b + c = 0
Tính N = abbcca c a b
.1
cababbcca


 



Câu 2. (4,0 điểm):
1. Giải các phương trình: 028
1
3
)1(
2
3
3
3
x
x
x
x
x
2. Tìm hai số x; y thỏa mãn 2 điều kiện sau: 32
10 0xxy y và 22
610xy
Câu 3. (4,0 điểm):
1. Tìm số x, y nguyên thỏa mãn: 22 3 2 2 2 2
3336670xy xy x xy xy xy y y
2. Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào
chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng
chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương.
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB cố định có O là trung điểm. Trên đường thẳng vuông góc với
AB tại A, lấy điểm C sao cho
A
CAO. Kẻ AK vuông góc CO tại K, điểm D đối xứng với
A qua K. Đường thẳng qua O vuông góc với AB cắt BD tại E. Kẻ DH vuông góc với AB
tại H, DH cắt BC tại I.
a. Chứng minh: CD = EO
b. Chứng minh: KI đi qua trung điểm của BD.
c.Kẻ IN vuông góc với AC tại N, kẻ DM vuông góc với AC tại M, DM cắt CO tại J.
Chứng minh tứ giác JNOI là hình bình hành. Khi C di chuyển (sao cho
A
CAO), Tính giá
trị nhỏ nhất của 22
OJNI
Câu 5. (2,0 điểm): Cho ,, 0abc thỏa mãn 3abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 22 2
111
111
abc
bca



....................................................... HẾT................................................................
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1.
(4,0 điểm)
Câu 2
(4,0 điểm)
Ý 1 (2.5đ)
Điều kiện: 0; 1aa
* Ta có:


42
2
223
23 2
8416
4
112 4 1 4
:
114
31
aaa
a
aaa aa
aaa
aa









M =
42
22
48416
44
aaa a
aa


Vậy với 0; 1aa
Thì M = a2+4
* khi M < 5a Ta có a2+4 < 5a a2- 5a+4<0 (a-1)(a-4) <0 1<a <4
1.5
1.0
Ý 2. (1.5đ)
Đặt 111
;; ; ;
ab bc ca c a b
xyz
cab abxbcycaz



Ta có 111
() 1Nxyz
xyz




N= 111
() 14
yz xz xy
xyz
x
yz xyz


 


Ta lại có: 22
..
y z b c c a c b bc ac a c
x
abab ab ab






2
2( )
()( )( ) 2
()
cc abc
ca b c a b cc a b c
ab a b ab ab ab



Tương tự ta có 22
22
;
x
zaxyb
ybczac


222
333
111 2 2 2 2
N( ) 14 4 ( )
cab
x
yz a b c
x y z ab bc ac abc

 


Vì 333
03abc a b c abc
Do đó N= 111 2
() 14.34610x y z abc
x y z abc

 


Vậ
N= 10
0.5
0.5
0.5
Ý 1. (2đ)
ĐK : x 1
Ta có 028
1
3
)1(
2
3
3
3
x
x
x
x
x
028
1
3
)
1
(
1
.3)
1
(
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0271
1
3
)
1
(3)
1
(
2
2
2
3
2
x
x
x
x
x
x
33
2
3)1
1
(
x
x
0.5
0.5
31
1
2
x
x
4
1
2
x
x
x2 - 4x + 4 =0(x-2)2 = 0. x=2 (TM)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=2
0.5
0.5
Ý 2(2điểm)
Từ 10 = x2 +6y2 .Thay vào x3 +xy2 -10y =0 ta có



322 2 322 3
322 2 23 2 2
60 60
223602 30
xxy x yy xxyxy y
x xyxyxy xy y xyxxyy
 
  


22
230xyxxyy22
2
30
xy
xxyy

+ Trường hợp 1:
22
22 11
30 0 0
24
yy
xxyy x xy




Với 0
x
y không thỏa mãn phương trình (2).
+ Trường hợp 2: 2
x
y thay vào phương trình (2) ta có:
22 2 12
4812 1 12
yx
yy y yx


 
Vậy

;2;1;2;1.xy
0.5
0.5
0.5
0.5
Ý 1. (2đ)
Từ 22 3 2 2 2 2
3336670xy xy x xy xy xy y y
(x2-3xy+6)(y2-y -1) =1=1.1=(-1)(-1)
TH1: x2-3xy+6 =1(1) và y2-y -1=1 (2)
Giải (2) ta có y2-y -2 =0 y=2 hoặc y=1
- Nếu y=2 Thay vào (1) ta được x2- 6x+5=0 x=1 hoặc x=5
- Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x2- 3x+5=0 vô nghiệm
TH2: x2-3xy+6 =-1(1) và y2-y -1=-1 (2)
Giải (2) ta có y2-y =0 y=0 hoặc y=1
- Nếu y=0 Thay vào (1) ta được x2+7=0 vô nghiệm
- Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x2- 3x+7=0 vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y) là: (1;2); (5;2)
0,5
0.5
0.5
0.5
Câu 3
(4,0 điểm
Ý 2(2đ)
Gọi abc
d
là số phải tìm (a, b, c, dN, 0,9,,,0 adcba )
Ta có: 2
kabcd
2
m)3d)(5c)(3b)(1a(
2
kabcd
2
m1353abcd
Do đó: m2–k2 = 1353
0.5
0.5
với k, mN,
100mk31
(m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 )
m+k = 123 m+k = 41
m–k = 11 m–k = 33
m = 67 m = 37
k =56 k = 4
Kết luận đúng abc
d
=3136
0.5
0.5
Câu 4
(6,0 điểm)
M
J
N
I
H
E
D
K
O
A
B
C
a.(2d)
Chứng minh được CO // BE ( cùng vuông góc với AD)
Chứng minh được :
A
CO OEB(cạnh huyền – góc nhọn) nên AC = OE.
Mà AC = CD(CO là trung trực của AD).
Suy ra CD = EO.
0.5
1,0
0.5
b.(2d)
Do IH // AC nên IH BH
CA BA
Do DH // EO nên: DH BH
EO BO
Mà 1.
2
BH BH
BA BO
nên 1.
2
IH DH
CA EO
. Mà CA = EO
Suy ra 1
2
IH DH hay I là trung điểm DH, mà K là trung điểm của AD nên
0.5
0.5
0.5
0.5
hoặc
hoặc
IK// AB suy ra IK đi qua trung điểm của BD.
c.(2d)
Do AMDH là hình chữ nhật và có I là trung điểm DH và IN vuông góc
MA nên N là trung điểm AM và K là trung điểm AD nên I, K, N thẳng
hàng.
Chứng minh
J
KD OKA KJ KO
Chứng minh NKA IKD KN KI
Suy ra tứ giác NJIO là hình bình hành
Chứng minh được NI = AH, JO = BD
Ta có 22 2 2
NI JO AH BD
Chứng minh được 2.BD BH AB nên :
22 2 2 2 2
2
22
...
133
244
NI JO AH BH AB AH AB AH AB AH AB AH AB
AH AB AB AB





Vậy GTNN của 22
NI JO là 2
3
4
A
B khi 1
2
A
HAB
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
Câu 5
(2,0 điểm)
Sử dụng bất đẳng thức Cô si
Ta có:
22
22
11
1111
112 2
ba ba
abab
aaa
bb b


  
 (1)
Tương tự: 2
11
12
bcbc
b
c


(2) và 2
11
12
caca
c
a


(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: 222
111 3
1112 2
a b c a b c ab bc ca
bca



Mặt khác 222
a b c ab bc ca hay

2
3( ) 9ab bc ca a b c
Do đó: 222
111 3
1112 2
a b c a b c ab bc ca
bca


 = 39
3
26

Vậy A= 22 2
111
3
111
abc
bca



.
GTNN A= 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
1.0
0.5
0.5