Đề giao lưu học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Lang Chánh (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Lang Chánh (Có hướng dẫn chấm)

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: 3 2 2 2 2 + ― 1 1 = 2 + ― ― + : + . với ≠± 1, ≠ 3 ― 1 2 ― 1 2 ― 1 2 ― 1 2 1 1 1 1 2. Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn: x y z x y z Tính giá trị biểu thức P x2023 y2023 y2023 z2023 z2023 x2023 Bài 2. (4,0 điểm) 9x2 1. Giải phương trình x2 + = 40 (x - 3) 2 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: x2 y2 3 xy. 2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức 3 x2 1 2 y2 1 Chứng minh rằng x2 y2 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 a,b,c không âm thỏa mãn a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 1 3 b 1 3 c 1 3 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 x 1, x , biểu thức A xác định nên ta có : 2đ 2 2x3 x2 x x2 x 2x2 x 1 x : A 3 2 2 x 1 x 1 x 1 2x 1 2 x 2x x 1 x2 x x2 1 x . 0,5 x3 1 x2 1 2x2 x 1 2x 1 2 x x 1 x2 x x 0,5 x3 1 2x2 x 1 2x 1 x(x 1)(x 1) x(x 1) x (x 1)(x2 x 1) (x 1)(2x 1) 2x 1 x(x 1) x x (x2 x 1) (2x 1) 2x 1 0,5 x2 x 2 x x 1 0,5 x2 x 1 Vậy : A ( với x 1, x ) x2 x 1 2 1 1 1 1 2đ 2. Ta có: yz xz xy x y z xyz x y z x y z 0,5 xyz x2 z x2 y y2 z xyz y2 x z2 y z2 x xyz xyz x2 y x2 z y2 x y2 z z2 y z2 x 2xyz 0 x y x z y z 0 0,5 2023 2023 2023 2023 x y x y x y 0 y z y2023 z2023 y2023 z2023 0 0,5 z x 2023 2023 2023 2023 z x z x 0 P x2023 y2023 y2023 z2023 z2023 x2023 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  t 10 (t 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 4 x 4x 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 3x2 6y2 3x 12y (3). 0,5 Trừ hai phương trình (1) và (3) vế theo vế, ta được: (x 1)3 (2 y)3 y 3 x . 0,5 2 0,5 Thế y 3 x vào (3), ta được x 3x 2 0 (x 1)(x 2) 0  x= 1 hoặc x 2 . 0,5 Với x 1 thì y 2. Với x 2 thì y 1. Vậy ( x; y) = (2; 1), (1; 2). 3 1. Ta có: (x y)2 0 x2 y2 2xy 3 xy 2xy xy 1 0,75 Mà , ∈ 푍 + ⇒0 < ≤ 1⇒ = 1⇒ = = 1 0,75 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (1;1) 0,5 2. Ta có 3 x2 1 2 y2 1 3x2 2y2 1 * 0,5 Th1: Trước hết ta chứng minh x2 y2 8 Ta có : 2 2 x  0;1;4 mod8 3x  0;3;4 mod8 3x2 2y2  0;6;3;1;4;2 mod8 2 2 y  0;1;4 mod8 2y  0;2 mod8 Do đó từ (*) ta có :3x2 2y2 1 mod8 x2  y2 1 mod8 x2 y2  0(mod8) x2 y2 8 1 0,5 Th2: Chứng minh x2 y2 5 2 2 x  0;1;4 mod5 3x  0;3;2 mod5 Ta có 3x2 2y2  0;3;2;1;4 mod5 2 2 y  0;1;4 mod5 2y  0;2;3 mod5 Do đó từ * ta có :3x2 2y2 1 mod5 x2 y2 1 mod5 2 2 2 2 x y  0 mod5 x y 5 2 0,5 Từ (1) và (2) kết hợp với 5;8 1 x2 y2 40 dfcm 0,5 4 x 0,5 (bao C gồm vẽ H hình K D và ghi I GT, KL) A M B 1. 1.Xét AHB và BHC có: 1,5 +) = (do BH  AC) +) = ( cùng phụ với )
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 2 HA.CH HB AB 2 0,5 (1) ( Vì : BM ; Theo câu a: HA.CH HB ) 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 2 S IAB IM a 1 ax 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 a,b,c không âm thỏa mãn a b c 3. Ta có : 2 3 3 2 2 9 3a 3 3a 3a *) a 1 a 3a 3a 1 a a 3a 1 a a 1 1 1 4 4 2 4 4 0,5 2 3 3 2 2 9 3b 3 3b 3b *) b 1 b 3b 3b 1 b b 3b 1 b b 1 1 2 4 4 2 4 4 2 3 3 2 2 9 3c 3 3c 3c 0,25 *) c 1 c 3c 3c 1 c c 3c 1 c c 1 1 3 4 4 2 4 4
5. Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được : 3 3 3 3 3 3 3 0,5 a 1 b 1 c 1 a b c 3 .3 4 P 4 4 4 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 2 3 a a 0 3 3 2 a;b;c 0; ; 2 2 2 3 b b 0 3 3 0,5 2 (a;b;c) ;0; 2 2 2 3 c c 0 3 3 2 (a;b;c) ; ;0 2 2 a b c 3 3 3 3 Vậy Min P khi a;b;c 0; ; và các hoán vị của nó 4 2 2 0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.