Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Lang Chánh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Lang Chánh (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN LANG CHÁNH ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022 - 2023 Môn:Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang; gồm 05 câu) Bài 1.(4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: = : + ±1, 3 2 2 2 . với 2𝑥𝑥 +𝑥𝑥 −𝑥𝑥 𝑥𝑥 +𝑥𝑥 2𝑥𝑥 +𝑥𝑥−1 𝑥𝑥 1 3 2 2 1 1 1 1 𝐴𝐴2. Cho� ba𝑥𝑥 số−1 xyz,,− 𝑥𝑥 khác−1� 0 𝑥𝑥và− thoả1 mãn:2𝑥𝑥−1 + 𝑥𝑥+≠ = 𝑥𝑥 ≠ 2 x y z x + y + z Tính giá trị biểu thức Px=+++( 2023 y 2023)( y 2023 z 2023)( z 2023 x 2023 ) Bài 2. (4,0 điểm) 9x2 1. Giải phương trình x2 40 2 x3 2. Tìm x và y thỏa mãn đồng thời cả hai hệ thức sau: x3 + y3 = 9 (1) và x2 + 2y2 = x + 4y (2) Bài 3. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x22+=− y3. xy 2. Cho xy, là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức 3( xy22−= 12) ( − 1) Chứng minh rằng xy22− chia hết cho 40 Bài 4. (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB. Kẻ tia Bx vuông góc với AB tại B. Trên tia Bx lấy điểm C (C khác B). Kẻ BH vuông góc với AC (điểm H thuộc AC). Gọi M là trung điểm của AB. 1. Chứng minh rằng: HA.HC = HB2 2. Kẻ HD vuông góc với BC (D thuộc BC). Gọi I là giao điểm của AD và BH. Chứng minh rằng ba điểm C, I,M thẳng hàng. MI CH AB 3. Giả sử AB cố định, điểm C thay đổi trên tia Bx. Biết . . = 1 IC HA BM Tìm vị trí của điểm C trên tia Bx sao cho diện tích tam giác ABI lớn nhất. Bài 5. (2,0 điểm) Cho các số abc,, không âm thỏa mãn abc++=3 333 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pabc=−+−+−( 111) ( ) ( ) HẾT! Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: SBD
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Hướng dẫn chấm Điểm 1 1 1. - Với xx≠±1, ≠ , biểu thức A xác định nên ta có : 2đ 2 2xxxxx32+ − 2 +21 xx 2 +− x A =−+: xxx322−−−11121x −  xx212 +− x 22 ( ) xx+− x1 x =−+3 22. 0,5 x−1 x − 12 xx +− 121x −  2 xx( −1) xx2 + x =−+32 0,5 x−12 xx +− 121x − xx(−+ 1)( x 1) xx ( + 1) x =2 −+ (x− 1)( xx ++ 1) (xx+− 1)(2 1) 2 x − 1 xx(+ 1) x x = −+ (xx2 ++ 1) (21)21xx−− 0,5 xx2 + = 2 xx++1 0,5 xx2 + 1 Vậy : A = ( với xx≠±1, ≠ ) xx2 ++1 2 111 1 2đ 2. Ta có: + += ⇔( yz + xz + xy)( x ++ y z) = xyz x y z xyz++ 0,5 ⇔++++++++=xyz x22 z x y y 2 z xyz y 222 x z y z x xyz xyz ⇔xy222222 ++++++ xz yx yz zy zx20 xyz = ⇔+( xyxzyz)( +)( +=) 0 0,5 xy= − x2023=− y 2023 xy 2023 += 2023 0  2023 2023 2023 2023 ⇔yz =−⇔ y =− z ⇔ y + z =0  0,5 zx= − 2023=− 2023 2023 += 2023  z x zx0 ⇒=Px( 2023 + y 2023)( y 2023 + z 2023)( z 2023 + x 2023 ) =0 . 0,5 2 1. ĐKXĐ: x ≠ 3. 0,25 2 2 9x2  3x  6x 2  x 2  x 2 x2 40 ⇔  x +  − − 40 = 0 ⇔   − 6. − 40 = 0 2   0,5 x 3  x − 3  x − 3  x − 3  x − 3 x2 Đặt t ta có phương trình t2 – 6t – 40 =0  (tt−10) ( += 4) 0 0,25 x 3 t = 10 ⇔  0,25 t = −4 x 2 t = 10 ⇔ = 10 ⇔ x 2 −10x + 30 = 0 vô nghiệm; x − 3 0,5
3. 2 x 2 x = 2 0,25 t=−⇔4 =−⇔4xx + 4 − 12 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 6) = 0  x − 3 x = −6 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 6;2} 2. Nhân hai vế phương trình (2) với 3, ta được 3x22+=+ 6y 3x 12y (3). 0,5 Trừ hai phương trình (1) và (3) vế theo vế, ta được: (x− 1)33 = (2 − y) ⇔=− y 3 x . 0,5 2 0,5 Thế y= 3x − vào (3), ta được x− 3x +=⇔ 2 0 (x − 1)(x − 2) = 0  x= 1 = hoặc x2. 0,5 Với x1= thì y2= . Với x2= thì y1= . Vậy ( x; y) = (2; 1), (1; 2). 3 1. Ta có: (x− y )02 ≥⇔ x 22 + y ≥ 2 xy ⇒− 3 xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ 1 0,75 Mà , + 0 < 1 = 1 = = 1 0,75 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (1;1) 0,5 2. Ta𝑥𝑥 có𝑦𝑦 ∈3(𝑍𝑍x2−=⇒ 1) 2( y 2𝑥𝑥 −⇔𝑥𝑥 1)≤ 3⇒ xy 22 −𝑥𝑥 2𝑥𝑥 = 1*(⇒) 𝑥𝑥 𝑦𝑦 0,5 22 Th1: Trước hết ta chứng minh xy− 8 Ta có : 22 xx≡≡0;1; 4( mod 8) 3 0;3; 4( mod 8) ⇒ ⇒−≡3xy22 2 0;6;3;1; 4; 2 mod 8 22 ( ) yy≡≡0;1; 4( mod 8) 2 0; 2( mod 8) Do đó từ (*) ta có :3x2− 2 y 2 ≡ 1( mod8) ⇔≡≡xy221( mod8) 22 22 ⇔−≡xy0(mod8) ⇒( xy −)8( 1) 0,5 22 Th2: Chứng minh xy− 5 22 xx≡≡0;1; 4( mod 5) 3 0;3; 2( mod 5) Ta có ⇒ ⇒−≡3xy22 2 0;3; 2;1; 4( mod 5) 22 yy≡≡0;1; 4( mod 5) 2 0; 2;3( mod 5) Do đó từ (*) ta có :3x2− 2 y 2 ≡ 1( mod 5) ⇒−≡xy221( mod 5) 22 22 ⇔−≡xy0( mod 5) ⇒−xy 5( 2) 0,5 Từ (1) và (2) kết hợp với (5;8) =⇒− 1x22 y 40 ⇒ dfcm 0,5 4 x 0,5 (bao C gồm vẽ H K hình D và ghi I GT, KL) A B M 1. 1.Xét ∆ AHB và ∆ BHC có: 1,5 +) = (do BH ⊥ AC) +) = ( cùng phụ với ) 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴� 𝐵𝐵𝐵𝐵�𝐵𝐵 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻� 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻� 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻�
4. ⇒ ∆ AHB ~ ∆ BHC (g.g) HA HB ⇒ = ⇒ HA.HC = HB 2 HB HC 2. Giả sử đường thẳng CI cắt HD và AB lần lượt tại các điểm K và M’ *Áp dụng hệ quả định lý Ta lét vào các tam giác: CAM’, CM’B với HD // AB, ta có: HK CK KD CK HK KD = , = ⇒ = (1) 0,5 AM ' CM ' BM ' CM ' AM ' BM ' *Áp dụng hệ quả định lý Ta lét vào các tam giác: IAM’, IM’B với HD // AB, ta có: HK KI KD KI HK KD = , = ⇒ = (2) 0,5 M ' B IM ' AM ' IM , M ' B AM ' Từ (1) và (2) suy ra: ' ' HK HK KD KD M B AM 2 : = : ⇒ = ⇒ AM ' = M ' B 2 ⇒ AM ' = BM ' 0,5 AM ' M ' B M ' B AM ' AM ' M ' B ’ ⇒ M là trung điểm của AB. Mà M cũng là trung điểm của AB (gt) 0,5 ⇒ M’ trùng với M. Vậy 3 điểm C, I, M thẳng hàng MI CH AB MI HA.BM HA.AB HA 3. Ta có: . . = 1 ⇒ = = = IC HA BM IC CH.AB 2CH.AB 2CH HA.CH HB 2 AB = = (1) ( Vì : BM = ; Theo câu a: HA.CH = HB 2 ) 0,5 2CH 2 2CH 2 2 HB AB Mà ∆ AHB ~ ∆ BHC nên = (2) HC BC MI AB 2 a 2 MI a 2 Từ (1) và (2) suy ra = = ⇒ = IC 2BC 2 2x 2 MC a 2 + 2x 2 0,5 S IM a 2 1 ax IAB = = = = Suy ra 2 2 . Mà SCAB AB.BC SCAB MC a + 2x 2 2 1 a 3 x a 3 a 3 a 3 a 2 ⇒ = = ≤ = = S IAB . 2 2 2 a + 2x  a 2  a 2 4 2a 4 2 0,5 2. + 2x 4 .2x  x  x a 2 a 2 a Dấu „=” xảy ra khi: = 2x ⇔ x 2 = ⇔ x = x 2 2 2 a a 0,5 Vậy Khi C trên tia Bx sao cho BC = thì giá trị lớn nhất của S IAB = 2 4 2 5 Với các số abc,, không âm thỏa mãn abc++=3.Ta có : 2 3 32 2 93 a  3 3aa 3 *)(a− 1) = a − 3 a + 3 a −= 1 aa − 3 a +  + −=1 aa  − + −≥1 − 1( 1) 44   2 4 4 0,5 2 3 32 2 93 b  3 3 bb 3 *)(b− 1) = b − 3 b + 3 b −= 1 bb − 3 b +  + −=1 bb  − + −≥1 − 1( 2) 44   2 4 4 2 3 32 2 93 c  3 3 cc 3 0,25 *)(c− 1) = c − 3 c + 3 c −= 1 cc − 3 c +  + −=1 cc  − + −≥1 − 1( 3) 44   2 4 4
5. Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được : 3333 3 33− (a−1) +( b − 1) +( c − 1) ≥( abc ++) −=3 .3 −=−⇒ 4 P ≥ 0,5 4 4 44 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 2  3 aa−=0  33  2 (abc; ;) =  0; ;  2 22 3  bb−=0  33 0,5  2 ⇔=(;;)abc  ;0; 22  2   3  cc−=0 33  2 (;;)abc =  ; ;0   22 abc++=3 3 33 Vậy Min P = − khi (abc; ;) =  0; ; và các hoán vị của nó 4 22 0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.