Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Vĩnh Lộc (Có đáp án)

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

1. PHÒNG GD&ĐT VĨNH LỘC ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 CỤM TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Ngày giao lưu: 22/03/2023 ( Đề gồm 01 trang) Bài 1: (4 điểm). x4−− 1  x8  Cho biểu thức P=+− :1  (Với x≠ 1) x32− 1 x1 −  x ++ x1  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của biểu thức P khi x là nghiệm của phương trình: x2 –3x +2 = 0 c) Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị là số nguyên. Bài 2: ( 4 điểm). 3 2 4 9 1. Giải phương trình : + = + x2 + 5x + 4 x2 +10x + 24 3 x2 + 3x −18 2. Tìm đa thức P(x) thoả mãn: P(x) chia cho x + 3 dư 1; chia cho x – 4 dư 8; chia cho (x + 3)(x – 4) được thương là 3x và còn dư. Bài 3: ( 4 điểm). 1) Tìm số tự nhiên có 9 chữ số: A= aaabbbaaa123123123 trong đó a1 ≠ 0 và 2222 bbb123= 2. aaa 123 và đồng thời A viết được dưới dạng A= pppp1234 với pppp1234,,, là bốn số nguyên tố. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xyx22+ 3 += 4 19 . Bài 4: (6 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB< AC) gọi AD là tia phân giác của góc BAC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC; E là giao điểm của BN và DM, F là giao điểm của CM và DN. a) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF// BC . b) Gọi H là giao điểm của BN và CM. Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆NFA và H là trực tâm ∆AEF . c) Gọi P là điểm trên AN, Q là điểm trên AM sao cho AP = MQ. Tìm vị trí của P và Q để diện tích tứ giác MQPN đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: ( 2 điểm). 1) Cho a32−= 3ab 5 và b32−= 3a b 10 . Tính S = (2022a2 + 2022b2 ) 2023 2) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn: abc++=1. ab bc ca 11 1 1 = + + + ++ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S 22 22 2 2  a+++ b b c c a4  abc Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày giao lưu: 22/03/2023 Bài Nội dung Điểm a) Với x ≠ 1 ta có  x−4 xx22++1 xx ++−+ 18 x  P =  + :  0,5 −2 ++ − 22 ++ ++ (x 1)( xx 1) ( x 1)( xx 1)  xx1  x−+4 xx22 ++ 1 xx ++−+ 1 x 8 x2 + 23 x − x 2 + 9 0,75 = = P  2:: 2 22 (x− 1)( xx ++ 1)  xx ++1 ( x − 1)( xx ++ 1) xx ++ 1 2 (x+ 3)( x − 1) xx ++ 1 x + 3 = . = 0,75 −2 ++ 22 + + (x 1)( xx 1) x 9 x 9 x + 3 Vậy x ≠ 1 thì P = x2 + 9 2)Ta có : x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ Bài 1: ( x-1)(x-2) = 0 suy ra x = 2 hoặc x= 1 (loại) 0,5 23+ 5 (4 điểm) Thay x=2 vào biểu thức P ta được P = = . 22 + 9 13 0,5 5 Kết luận với x= 2 thì P = 13 x + 3 c) Ta có : P nhận giá trị nguyên ⇔ nguyên khi đó x2 + 9 (xx++ 3) (2 9) ⇒−(xx 3)( + 3) ( x2 + 9) 0,25 ⇒(xx22 − 9) ( +⇒ 9) ( x 2 +− 9 18)  ( x 2 +⇒ 9) 18 ( x 2 + 9) suy ra x2 + 9 là ước của 18 0,25 2 2 2 Mà x +≥>990nên x +∈9{ 9;18} nên x = 0;9 ta có x = 0 ;3 ;-3 0,25 Thử lại ta được x = -3 thỏa mãn bài toán và kết luận . 0,25 1) ĐKXĐ: x≠ -1;-4;-6;3 0.25 3 2 4 9 ⇔ + = + 0.25 (x +1)(x + 4) (x + 4)(x + 6) 3 (x − 3)(x + 6)  1 1   1 1  4  1 1  0.5 ⇔  −  +  −  = +  −   x +1 x + 4   x + 4 x + 6  3  x − 3 x + 6  1 4 1 ⇔ = + 0.25 Bài 2 x +1 3 x − 3 3(x − 3) 4(x +1)(x − 3) 3(x +1) 4điểm ⇔ = + 3(x +1)(x − 3) 3(x +1)(x − 3) 3(x +1)(x − 3) 0.25 ⇒ 4x2 − 8x = 0 0.25 ⇔ 4x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) 0.25 Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {0;2}
3. 2) Vì đa thức (x +3)(x – 4) có bậc là 2 nên phần dư khi chia P(x) cho (x +3)(x – 4) có dạng R(x) = ax + b 0,5 ⇒ P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + ax + b 0,5 Ta có : P(−3) = −3a + b = 1  0,5 P(4) = 4a + b = 8 ⇒ a =1 ; b = 4 0,5 Vậy: P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + x + 4 = 3x3 - 3x2 - 35x + 4 63 0.25 1) Ta có: A= aaabbbaaa123123123 = aaa 123.10 ++ bbb 123 .10 aaa 123 63 0.25 =++aaa.10 2.10 .aaa aaa 123 123 123 =aaa 63 + +=aaa 123(10 2.10 1) 123 .1002001 0.25 = aaa.7222 .11 .13 0.25 123 aaa Như vậy 123 phải là bình phương của 1 số nguyên tố p 0.25 khác 7, 11, 13 Do bbb123 10 ∈{ 17,19} => 0.25 aaa = 361  123 Bài 3 Vậy A = 289578289 hoặc A = 361722361 0.25 4 điểm 2) Ta có : 2xyx22+ 3 + 4 = 19 ⇔ 2 xx2 + 4 += 2 21 − 3 y2 0.5 2 2 0.25 ⇔2( xy += 1) 37( −)( *) Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 37( −⇒yy2 ) 2 lẻ (1) 0.25 22 Mặt khác VT ≥⇔0 3( 7 −yy) ≥⇔ 0 ≤ 7 (2) 0.5 Từ (1) và (2) suy ra y2 =1, thay vào (*) ta có: 2(x += 1)2 18 0.25 ∈ −−−− Suy ra các nghiệm là ( xy;) {( 2;1) ;( 2; 1) ;( 4; 1) ;( 4;1)} 0.25 A P Q N Bài 4 M 6 điểm H E F B D C
4. a. (2.0 điểm) * Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Xét tứ giác AMDN có: AMD=9000 ; AND = 90 ; MAN = 90 0 0.5 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật +) Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN nên tứ giác 0.5 AMDN là hình vuông. * Chứng minh EF // BC. FM DB +) Vì ND// AB hay DF//MB áp dụng định lí ta lét ta có: = (1) FC DC 0.25 DB MB Vì MD//AC áp dụng định lý ta lét ta có: = (2) DC MA 0.25 Tứ giác AMDN là hình vuông nên MB MB AM=⇒= DN (3) MA DN 0.25 Vì DN//MB áp dụng hệ quả của định lí ta lét với hai tam giác DNE và BME MB EM ta có = (4) DN ED EM FM 0.25 Từ (1,2,3,4) ( ) ( ) ( ) suy ra = ⇒ EF// DC Hay: EF// BC ED FC b) * Chứng minh ∆∆ANB NFA Xét tam giác ANB vuông tại A, tam giác NFA vuông tại N AN DN Vì AMDN là hình vuông nên AN= DN.suy ra = (5) 0.25 AB AB DN CN 0.25 Vì DN //AB áp dụng hệ quả của định lí ta lét ta có = (6) và AB CA CN FN 0.25 = (7) CA AM FN FN Mà AMDN là hình vuông nên AM= AN.Suy ra = (8) 0.25 AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra = ⇒∆ANB ∆ NFA( c g c) AB AN * Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF Vì ∆∆ANB NFA nên NBA = FAN 0.25 Mà BAF +=⇒+= FAN 9000 NBA BAF 90 0.25 Suy ra EH⊥ AF 0.25 Tương tự: FH⊥ AE 0.25 suy ra H là trực tâm ∆AEF c)Vì AN = AM ; PN = AQ ⇒ AP = MQ. 0.25 Ta có : 111 1 S= AP. AQ = QM . AQ = AQ ( AM −=−− AQ ) ( AQ2 AQ .) AM APQ 222 2 0.5 1 AM AM22 AM =−−(AQ2 2. AQ ++ ) 0.25 2 24 8 1 AM AM22 AM =−−()AQ 2 +≤ 0.25 2 2 88
5. 113 Suy ra : S=−≥−= S S AM222 AM AM PQMN AMN APQ 288 0.5 AM dấu “=” xảy ra khi AQ = . 2 3 Vậy diện tích tứ giác PQMN có giá trị nhỏ nhất là AM 2 khi Q là trung điểm 8 0.25 của AM; P là trung điểm của AN. 2 1) Ta có a32−= 3ab 5 ⇒(a32−= 3ab) 25 ⇒ a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25 2 và b32−= 3a b 10 ⇒(b32−= 3a b) 100 ⇒ b6 – 6b4a2 + 9a4b2 = 100 0,5 Suy ra 125 = a6++ b 6 3a 24 b + 3a 42 b 3 Hay 125 = (ab22+) ⇒+= ab5 22 0,25 222023 2023 2023 Do đó S = [2022( ab+ )] = ( 2022.5) =10110 0,25 2) Ta có: ab bc ca 11 1 1 S = + + +() ++ abbcca2222+++ 2 24 abc 0.25 1111abc++ abc ++ abc ++ =+++() + + abbc ca4 abc +++ Bài 5 bacbac 1111bc ac ab 2 điểm = + + +(1 ++++++++ 1 1 ) abbc ca 0.25 +++4 aa bb cc bacbac ab Đặt +=x ba bc +=y cb ca +=z ac 1xyz 1  1 3 3 15 0.25 S = + + + +  + + ≥+++111 = , dấu “=” khi xyz4 4  4 4 44 2= 22 = = 0.25 xyz4, 4, 4 suy ra x = y = z = 2 (Vì x,y,z > 0) 1 Khi đó a=b=c= . 3 Ghi chú: - Học sinh làm bài cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình. - Hướng dẫn chấm gồm 04 trang.