2 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Quảng Xương (Có đáp án)

2. Để lập đội tuyển năng khiếu bóng rổ của trường, thầy giáo thể dục đưa ra quy định tuyển chọn như sau: Mỗi bạn dự tuyển được sẽ được ném 10 quả bóng vào rổ, quả bóng nào vào rổ được cộng 4 điểm; quả bóng nào ném ra ngoài bị trừ 2 điểm . Nếu bạn nào có số điểm từ 22 điểm trở lên thì sẽ được vào đội tuyển . Hỏi mỗi học sinh muốn được chọn vào đội tuyển thì phải ném ít nhất bao nhiêu quả vào rổ ?
docx 12 trang Hải Đông 08/01/2024 320
Bạn đang xem tài liệu "2 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Quảng Xương (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docx2_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_nam_hoc_2023_2024_phon.docx

Nội dung text: 2 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Quảng Xương (Có đáp án)

  1. UBND QUẢNG XƯƠNG GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS QUẢNG THẠCH Năm học 2023 - 2024 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày tháng 01 năm 2024 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I: (4 điểm). x 4 1 x 8 1. Cho biểu thức: P = : 1 (với x 1). x3 1 x 1 x2 x 1 a) Rút gọn P; b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. 2. Cho a2 (b+c)= b2 (c+a)= 2023với a,b,c đôi một khác nhau và khác không. Tính giá trị của biểu thức c2 (a+b) . Câu II: (4 điểm). 1. Giải phương trình : 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12= 0 2. Để lập đội tuyển năng khiếu bóng rổ của trường, thầy giáo thể dục đưa ra quy định tuyển chọn như sau: Mỗi bạn dự tuyển được sẽ được ném 10 quả bóng vào rổ, quả bóng nào vào rổ được cộng 4 điểm; quả bóng nào ném ra ngoài bị trừ 2 điểm . Nếu bạn nào có số điểm từ 22 điểm trở lên thì sẽ được vào đội tuyển . Hỏi mỗi học sinh muốn được chọn vào đội tuyển thì phải ném ít nhất bao nhiêu quả vào rổ ? Câu III: (4 điểm). 1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0. 2. Cho số tự nhiên n 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p 1chia hết cho n đồng thời n3 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là một số chính phương. Câu IV: (6 điểm). Cho tam giác ACB vuông tại C, đường cao CH. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của ba đường phân giác trong các tam giác ACH, BCH. Gọi M là giao điểm của BF và CE, N là giao điểm của AE và CF. Đường thẳng EF lần lượt cắt AC, BC tại P, K. 1. Chứng minh MCF vuông cân và CM.CE CN.CF 2. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I trên AC, BC. Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình hành.
  2. S 2.S S , S 3. Chứng minh ACB CPK (Ký hiệu ACB CPK là diện tích của các tam giác ACB và CPK) Câu V: (2 điểm). Cho các số dương a, b , c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của bc ca ab biểu thức: A a2 3 b2 3 c2 3 HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Điể CÂU Ý Nội dung m x 4 1 x 8 I Cho biểu thức: P = : 1 (với x 1). x3 1 x 1 x2 x 1 a) Rút gọn P Với x 1 ta có: x 4 1 x 8 P = : 1 x3 1 x 1 x2 x 1 2 2 x 4 x x 1 x x 1 x 8 0.5 P 2 2 : 2 (x 1)(x x 1) (x 1)(x x 1) x x 1 x 4 x 2 x 1 x 2 9 P : (x 1)(x 2 x 1) x 2 x 1 0.5 1a x 2 2x 3 x 2 9 P : (x 1)(x 2 x 1) x 2 x 1 4đ (x 3(x 1) x 2 x 1 0.5 P . (x 1)(x 2 x 1) x 2 9 P = x 3 x 2 9 x 3 0.5 Vậy x 1 thì P x2 9 b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên x 3 Với x 1 thì P 1b x2 9
  3. Để P nhận giá trị nguyên khi x nguyên thì: 0.25 x 3x2 9 (x 3)(x 3)x2 9 x2 9x2 9 (x2 9) 18x2 9 Suy ra 18x2 9 x2 9 Ư(18). 0.25 Vì x2 9 9,x nên x2 9 = 9 hoặc x2 9 = 18. - Nếu x2 9 = 9 thì x = 0 (thỏa mãn ĐKXĐ). 0.25 - Nếu x2 9 = 18 thì x2 = 9 x 3 (thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại thấy x = 0 và x = 3 thì P không có giá trị nguyên (loại). 0.25 Khi x = -3 thì P = 0 (thỏa mãn). Vậy với x = -3 thì P nhận giá trị nguyên. Cho a2 (b+c)= b2 (c+a)= 2023với a,b,c đôi một khác nhau và khác không. Tính giá trị của biểu thức c2 (a+b) . Ta có a2 b c b2 c a a2b a2c b2c ab2 0 ab(a b) c(a b)(a b) 0 (a b)(ab bc ca) 0 2 Mà a b 0 , suy ra: 1,0 ab bc ca 0 bc a b c abc a2 b c 2023.(1) 0.5 ab bc ca 0 ab c a b abc c2 a b .(2) Từ (1) và (2) ta được c2 a b 2023. 2 Vậy c (a b) 2023 0.5 II Giải phươnh trình: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12= 0 Ta có: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12 = 0 2 6x 7 2 3x 4 x 1 12 6x 7 2 6x 8 6x 6 72 0.5 Đặt 6x + 7 = t, đẳng thức trên trở thành t2(t + 1)(t- 1) = 72 t2(t2 - 1) = 72 t4 - t2 - 72 = 0 (t2 +8)(t2- 9) = 0 1 t2 = 9 (Vì t2 + 8 dương) 0.5 t = 3 hoặc t = -3 Nếu t = 3 suy ra x = - 2 3 4 đ 5 Nếu t = -3, suy ra x= - 0.25 3
  4. Vậy x= - 2 hoặc x= - 5 0.25 3 3 2. Để lập đội tuyển năng khiếu bóng rổ của trường, thầy giáo thể dục đưa ra quy định tuyển chọn như sau: Mỗi bạn dự tuyển được sẽ được ném 10 quả bóng vào rổ, quả bóng nào vào rổ được cộng 4 điểm; quả bóng nào ném ra ngoài bị trừ 2 điểm . Nếu bạn nào có số điểm từ 22 điểm trở lên thì sẽ được vào đội tuyển . Hỏi mỗi học sinh muốn được chọn vào đội tuyển thì phải ném ít nhất bao nhiêu quả 2 vào rổ ? Gọi x là số quả bóng được ném vào rổ. ĐK 1 x 10 ,x thuộc N 0,75 Số quả bóng ném ra ngoài: (10 - x) 0,75 Theo đề ra ta có:4x – 2(10 – x) ≥ 22 suy ra x ≥ 7 Vậy một HS muốn vào đội tuyển thì cần ném ít nhất 7 quả bóng vào 0,5 rổ III 1. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0. Ta có: x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0. (x + y)(x + 2y - 1) = - 3 0.5 Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - 1 là các ước của - 3. 0.25 Ta có bảng sau: 1 x + y 1 -3 -1 3 x + 2y -1 -3 1 3 -1 x 4 -8 -6 6 0.75 y -3 5 5 -3 Vậy các cặp số nguyên(x; y) cần tìm là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3). 4đ 0.25 2. Cho số tự nhiên n 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p 1chia hết cho 2 n đồng thời n3 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là một số chính phương.
  5. Ta có: n3 1 n 1 n2 n 1  p(1) 0.25 Lại có p 1n p 1 n p n 1 p n 1 0.25 Do đó n 1 Không chia hết cho p (2) Từ (1) và (2) suy ra: n2 n 1 p (3) 0.25 Vì p 1n nên p 1 kn(k N*) p kn 1(4) Từ (3) và (4)Suy ra: n2 n 1kn 1 kn 1 n2 n 1 kn n2 n k n 1(*) Mặt khác: 0.25 k(n2 n 1) n(kn 1)kn 1 kn2 kn k kn2 nkn 1 0.25 (k 1)n kkn 1 Vì k 1 k 1 0 (k 1)n k 0 0.25 Nên (k 1)n k kn 1 kn n k kn 1 k n 1( ) Từ (*) và ( ) suy ra: k n 1 2 Khi đó: p kn 1 (n 1)n 1 n n 1 0.25 Suy ra: p n n2 n 1 n n2 2n 1 n 1 2 0.25 Vậy p n là số chính phương (đpcm) Cho tam giác ACB vuông tại C, đường cao CH. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của ba đường phân giác trong các tam giác ACH, BCH. Gọi M là giao điểm của BF và CE, N là giao điểm của AE và CF. Đường thẳng EF lần lượt cắt AC, BC tại P, K. 1. Chứng minh MCF vuông cân và CM.CE CN.CF IV 2. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I trên AC, BC. Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình hành. S 2.S S , S 3. Chứng minh ACB CPK (Ký hiệu ACB CPK là diện tích của các tam giác ACB và CPK)
  6. Vẽ hình chính xác, ghi GT, KL đúng và đầy đủ. C Q T K M N I F P E A H B 1) Chứng minh MCF vuông cân tại M và CM.CE CN.CF 2,0 Vì CE, CF lần lượt là tia phân giác các góc ACH, BCH nên : A· CH B· CH A· CB 900 E· CF E· CH F· CH 450 hay M· CF 450 (1) 2 2 2 2 0,5 Vì BF, CF lần lượt là tia phân giác các góc HBC, BCH nên : B· CH C· BH 900 C· FM F· CB F· BC 450 (2) 0.5 2 2 2 6đ 1 · · 0 Từ (1) và (2) suy ra: MCF CFM 45 . Suy ra tam giác MCF vuông cân 0.25 tại M (đpcm). Chứng minh tương tự ta cũng có tam giác NCE vuông cân tại N. Suy ra hai 0.25 tam giác MCF và NCE là các tam giác vuông tại M, N. Hai tam giác vuông MCF và NCE có chung góc nhọn MCF nên đồng dạng CM CF với nhau (g.g). Suy ra: CM.CE CN.CF (dpcm) 0,5 CN CE 2) Gọi I là giao điểm của AE và BF. Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I trên AC, BC. Chứng minh tứ giác ETQF là hình bình hành. Ta có OAC = OMC OA = OM và AC = CM 0.5 Vì FM  CE,EN  CF nên I là trực tâm của tam giác CEF. Suy ra: EF  CI. 2 Vì AE và BF là các tia phân giác các góc ABC, ACB nên I cũng là giao điểm ba đường phân giác trong tam giác ACB. Suy ra IT = IQ. Tứ giác CTIQ có ba góc vuôngC· TI C· QI T·CQ 900 nên là hình chữ nhật. Hình chữ nhật CTIQ có hai cạnh bên bằng nhau IT = IQ nên là hình vuông. 0,5 Suy ra TQ CI; TQ  CI (1)
  7. Xét hai tam giác CMI và FME có CM = FM ( vì tam giác MCF cân tại M), C· MI F· ME 900 , MI = ME (vì tam giác MIE vuông cân tại M). 0,5 CMI FME(c.g.c) .Suy ra EF = CI (2) Từ (1), (2) suy ra EF = TQ. Mặt khác EF // TQ ( do cùng vuông góc với CI). Do đó tứ giác ETQF có hai cạnh đối song song và bằng nhau. Vậy tứ giác 0,5 ETQF là hình bình hành. S 2.S S , S 3) Chứng minh ACB CPK ( kí hiệu ACB CPK là diện tích của các tam giác ACB và CPK) Tam giác vuông CPK có tia phân giác góc PCK vuông góc với cạnh PK nên là tam giác vuông cân tại P. Do đó: C· PK C· KP 450 ; CP CK. (3) 0,5 Xét tam giác CEP và tam giác CEH có: C· PE C· HE 450 , CE là cạnh chung, E· CP E· CH . Do đó: CEP CEH(g.c.g) CP CH (4) CP.CK CH 2 Từ (3) và (4) suy ra: CH CP CK S (5) CPK 2 2 0,5 3 · · 0 · · Xét hai tam giác ACH và CBH có AHC CHB 90 , HAC HCB ( do cùng phụ với góc ACH). Do đó: HA HC AHC : CHB(g.g) CH 2 HA.HB (6). 0,5 HC HB 2 Ta luôn có (HA HB) 4.HA.HB Do đó: 2 2 2 2 2 2 CH .AB CH .(HA HB) CH .4HA.HB S (7). ACB 4 2 4 0,5 Từ (5), (6), (7) SACB 2.SCPK Cho các số dương a, b , c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. V bc ca ab Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A a2 3 b2 3 c2 3 a2 b2 (a b)2 +) Chứng minh được BĐT phụ (*) (a, b, x, y > 0), x y x y đẳng thức xảy ra khi ay = bx. 2đ 4bc (b c)2 Ta có: (b c)2 4bc . Đẳng thức xảy ra khi b = c (1) 0.25 a2 3 a2 3 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
  8. (b c)2 (b c)2 b2 c2 0.25 a2 3 a2 a2 b2 c2 a2 b2 a2 c2 Đẳng thức xảy ra khi: b(a2 + c2) = c(a2 + b2) 0.25 b c 2 2 a (b – c) – bc(b – c) = 0 (b – c)(a – bc) = 0 2 (2) a bc 0.25 4bc b2 c2 Từ (1) và (2) suy ra: a2 3 a2 b2 a2 c2 Đẳng thức xảy ra khi b = c. 4ca a2 c2 0.25 Tương tự ta có: . Đẳng thức xảy ra khi a = c; b2 3 a2 b2 b2 c2 4ab a2 b2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b; 0.25 c2 3 a2 c2 b2 c2 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức ta được: bc ca ab b2 c2 a2 c2 a2 b2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a 3 b 3 c 3 a b a c a b b c a c b c 0.25 bc ca ab 3 Suy ra A a2 3 b2 3 c2 3 4 a b c 0 a b c 1 Đẳng thức xảy ra khi: 2 2 2 a b c 3 3 Vậy MaxA = a b c 1 0.25 4 Chú ý: 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN LỚP 8 (Thời gian làm bài: 150 phút)
  9. Đề bài Bài 2: (2 điểm): Phân tích thành nhân tử a. x 4 x3 4x 4 b. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + 1 Bài 2: (2 điểm): Cho biểu thức x 2 6 1 10 x 2 A = : x 2 3 x 4x 6 3x x 2 x 2 a, Tìm điều kiện của x để A xác định. b, Rút gọn biểu thức A. c, Tìm giá trị của x để A > 0 Bài 3: (5 điểm). 2x 3 2x 5 6x 2 9x 9 a) Giải phương trình: 1 . 2x 1 2x 7 (2x 1)(2x 7) b) Tìm x biết: 6x 4 11x 3 3x 2 11x 6x 2 3 0. c) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn 5x2 2xy y2 4x 40 0 . Bài 4: (3 điểm). ab 1 bc 1 ca 1 a) Cho abc ≠ 1 và . Chứng minh rằng a = b = c. b c a b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b. Bài 5: (6,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và cắt CD ở I. Chứng minh rằng: a) DK = CI b) EF // CD c) AB2 = CD.EF Bài 6: ( 2®iÓm ) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3. Chứng 1 1 1 3 minh rằng: . x2 x y2 y z2 z 2 .HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Bài ĐÁP ÁN ®iÓm 4 3 1,0 a) x x 4x 4 = x3(x+1) -4(x+1) Bài 1 = (x+1)(x3- 4) 2đ b) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + 1 = ( x2+5x+4)(x2 +5x +6) +1
  10. =[(x2+5x+5) -1][(x2+5x +5) +1] +1 = (x2+5x+5)2 1,0 Bài 2 a) x 2 , x -2 , x 0 0,25 2đ x 2 1 6 b) A = : x 2 4 2 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 = : x 2 x 2 x 2 1,0 6 x 2 1 = . x 2 x 2 6 2 x 1 0,75 c) Để A>0 thì 0 2 x 0 x 2 2 x 1 7 a) ĐK: x ; x 2 2 2x 3 (2x 7) 2x 5 2x 1 2x 7 2x 1 6x2 9x 9 Bài 3 2x 1 (2x 7) 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 5đ 4x2 20x 21 4x2 12x 5 4x2 16x 7 6x2 9x 9 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 8x 16 2x2 7x 16 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 x 0 2 2 2,0 8x 16 2x 7x 16 2x x 0 x(2x 1) 0 1 x (Lo¹i) 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 b) Ta có: 6x 4 11x 3 3x 2 11x 6x 2 3 0 2 2 2 2 6x x 1 11x x 1 3 x 1 0 1,0 2 2 x 1 6x 11x 3 0 x 1 x 1 3x 1 2x 3 0 0,5 1 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; ;  . 3 2 2 2 c) Ta có: 5x 2xy y 4x 40 0 2 2 2 4x 4x 1 x 2xy y 41 0,5 2x 1 2 x y 2 41 2 0,5 2x 1 25 Vì x,y Z , 2x 1 là số nguyên lẻ và 41 52 42 nên 2 x y 16 2x 1 5 x y 4 0,5 Từ đó suy ra các cặp x; y cần tìm là 3;1 ; 3; 7 ; 2;6 ; 2; 2 .
  11. ab 1 bc 1 ca 1 1 1 1 a) Từ a b c . b c a b c a Do đó: 1 1 b c 1 1 c a 1 1 a b a b ; b c ; c a Bài 4 c b bc a c ac b a ab (a b)(b c)(c a) 3đ Suy ra: (a – b)(b – c)(c – a) = a 2b2c2 (a – b)(b – c)(c – a)(a2b2c2 - 1) = 0 1,5 (a - b)(b – c)(c – a) = 0 (do abc ≠ 1) Suy ra a = b = c b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên: f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1) f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2) Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8 1,5 Vậy 2a-3b = 0 A B Bài 5 6đ E F D K I C a) Tứ giác ABCK có: AB // CK (AB // CD, K CD) AK // BC (gt) ABCK là hình bình hành CK = AB DK = CD – CK = CD – AB (1) Chứng minh tương tự, ta có DI = AB IC = CD – DI = CD – AB (2) 2,0 Từ (1) và (2) suy ra: DK = IC b) DEK có AB // DK, theo hệ quả định lý Ta-let ta có: AE AB = (3) EK DK FIC có AB // IC, theo hệ quả định lý Ta-let ta có: AF AB = (4) FC IC Mà: DK = IC (câu a) (5)
  12. AE AF Từ (3), (4), (5) suy ra: = EK FC AE AF AKC có = EF // KC (định lý Ta-lét đảo) EK FC EF // CD 2,0 c) AB CK Ta có: = (vì AB = CK) (6) CD CD BCD có EK // BC, theo định lý Ta-lét ta có: CK BE = (7) CD BD BDI có EF // DI, theo định lý Ta-let ta có: BE EF = BD DI Mà DI = AB BE EF Suy ra: = (8) BD AB AB CK BE EF Từ (6), (7), (8) suy ra: = = = CD CD BD AB AB EF = AB2 = CD. EE CD AB 2,0 1 1 1 1 1 1 Đặt P Bài 6 x2 x y2 y z2 z x(x 1) y(y 1) z(z 1) 2đ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x 1 y y 1 z z 1 x y z x 1 y 1 z 1 1 1 1 9 1 1 1 1 Áp dụng BĐT và . với a,b,c a b c a b c a b 4 a b dương, dấu bằng xảy ra a b c. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có . 1 ; . 1 ; . 1 x 1 4 x y 1 4 y z 1 4 z Bởi vậy 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P . 1 1 1 x y z x 1 y 1 z 1 x y z 4 x y z 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 = . . . (ĐPCM) 2,0 4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2