Đề khảo sát chọn đội tuyển môn Toán Lớp 8 - Vòng 2 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn đội tuyển môn Toán Lớp 8 - Vòng 2 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

1. PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 VÒNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 09 tháng 12 năm 2023 Đề thi có 01 trang Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (4,0 điểm). a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n) Bài 2: (4,0 điểm). a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a22 + 3ab− 11b chia hết cho 5 thì ab44− chia hết cho 5. b) Tìm phần dư của phép chia đa thức Px( ) cho ( xx−+1)( 2.) Biết rằng đa thức Px( ) chia cho ( x −1) dư 7 và chia cho ( x + 2) dư 1. Bài 3: (4,0 điểm). a) Tìm x biết: (x− 1)( xx23 +−= 3 7) x − 1 b) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn xxyy422+ − −+20 = 0 Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. b) K là trung điểm của CF. 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. Bài 5: (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. 222abc222 Chứng minh: + + ≥abc ++ ab+++222 bc ca Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1
2. PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM Biểu chấm gồm 02 trang KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 - VÒNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 Bài Nội dung cần đạt Điểm a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. 2,0 Ta có: 8x3++− y 33 z6 xyz = (2 x + y )3 − 6 xy (2 x ++− y ) z3 6 xyz 0,75 =(2xyz ++ )[(2 xy + )22 − zxy (2 + ) + z ] − 6 xyxyz (2 ++ ) 0,75 =(2xyz ++ )(4 x2 + y 22 + z −2 xy − 2 xzyz − ) 0,5 b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn 2,0 (với mọi số tự nhiên n) Do a22+=+⇒− b x 2 y 2( a x )( a +=− x ) ( y b )( y + b ) Mà a+=+ b x y nên a −=− x y b 0,5 Bài 1 ⇒−()()()()()()()()0ybax +=− ybyb +⇒− ybax +−− ybyb += 4,0đ by= by= ⇒(y − ba )( +−− x b y ) =⇒ 0 ⇒ axby+−− =0 axby +=+ Xảy ra 2 trường hợp: n n n n 0,5 TH1: b = y khi đó a = x thì a + b = x + y TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y và b = x 0,5 Khi đó an + bn = xn + yn Vậy với a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 thì an + bn = xn + yn 0,5 (với mọi số tự nhiên n). a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a22 + 3ab− 11b chia 2,0 hết cho 5 thì ab44− chia hết cho 5. Ta có: 4a2+− 3ab 11b 22 5 ; 5a +− 5ab 10b 2 5 2 22 2 0,5 (5a+− 5ab 10b) −( 4a +− 3ab 11b)  5 2 ⇒+a22 2ab + b 5 ⇒+ a b 5 0,5 ( ) ⇒+ a b5 (Vì 5 là số nguyên tố) 0,5 ⇒−=a44 b a 22 + b( a + bab)( −)  5 Bài 2 ( ) 0,5 4.0đ b) Tìm phần dư của phép chia đa thức Px( ) cho đa thức ( xx−+1)( 2.) 2,0 Biết rằng đa thức Px( ) chia cho ( x −1) dư 7 và chia cho ( x + 2) dư 1. Do ( x−12)( x +=) xx2 + − 2 là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia Px( ) 0,25 cho ( xx−+12)( ) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2. Gọi phần dư cần tìm là ax+∈ b( a, b ). 0,75 Ta có tồn tại các đa thức QxQxQx( ),,( ) ( ) thỏa mãn: 123 2
3. P( x) = Q1 ( x)( x −12)( x +++) ax b  Px( ) = Q2 ( x)( x −+17)  Px( ) = Q3 ( x)( x ++21)  Vì P(1) =77 nên a += b 0,25 Vì P(−2) =12 nên − a += b 1 0,25 ab+=72 a = Từ đó ta được ⇔ −21ab += b = 5 0,25 Vậy phần dư cần tìm là: 25x + . 0,25 a) Tìm x biết: (x− 1)( xx23 +−= 3 7) x − 1 2,0 Vì x32−=1( x − 1)( xx ++ 1;) Doxx 2 ++>∀ 10 x 0,25 Nên ta xét 2 trường hợp TH1: Nếu x ≥1 ta có 0,75 (xxx−+−=−⇔−+−=−++ 1)( 23 3 7) x 1 ( xxx 1)( 2 3 7) ( xxx 1)( 2 1) x −=10 ⇔−(xx 1)( 2 −=⇔ 8) 0  2x −= 80 x =1(tháa m·n) ⇔  x = 4(tháa m·n) TH2: Nếu x < 1 ta có (xxx−+−=−−⇔−+−=−−++ 1)( 23 3 7) ( x 1) ( xxx 1)( 2 3 7) ( xxx 1)( 2 1) 0,75 22x −=10 ⇔−(x 1)( 2 xx + 4 −=⇔ 6) 0 2( x − 1)( x +=⇔ 3) 0  x +=30 Bài 3 x =1(kh«ng tháa m·n) ⇔  4,0đ x = −3(tháa m·n)  Vậy x ∈−{1; 3; 4} 0,25 b) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn xxyy422+ − −+20 = 0 (1) 2,0 Ta có: (1)⇔++=+ x42 x 20 y 2 y 42 42 42 2 Ta thấy xxxx20xx208x+<++≤+++ 42 2 4 2 2 2 2 xx208xx4x5x20(x4)(x5)+++ =+ + += + + 0,5 ⇔x22( x +< 1) yy( +≤ 1) ( x2 + 4)( x 2 + 5) Vì x, y∈ nên ta xét các trường hợp sau + TH1: yy1x1x2xx20x3x2( +=) ( 2 +)( 2 +) ⇔ 42 + + = 4 + 2 + 0,25 22 ⇔2x = 18 ⇔ x =⇔=± 9 x 3 Với x92 = , ta có y22+ y = 9 ++ 9 20 ⇔ y 2 +− y 110 = 0 ⇔=y 10 ; y =− 11 (t.m) + TH2. yy1x2x3( +=) ( 2 +)( 2 +⇔) xx20x5x6 42 + + = 4 + 2 + 0,25 3
4. 7 ⇔4x22 =⇔= 14 x (loại) 2 22 224 + TH3. yy( += 1) ( x + 3)( x + 4) ⇔6x =⇔= 8 x (loại) 0,25 3 42 4 2 22 + TH4. x++=+ x 20 x 9x + 20 ⇔8x0x0x0 =⇔ =⇔= 0,25 Với x02 = , ta có y22+= y 20 ⇔ y +− y 20 =⇔=− 0 y 5 ; y = 4 0,25 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. 4,0 b) K là trung điểm của CF. D C Bài 4.1 E 4,0đ K L F A B a) Ta có ∆ABE đều nên AB = AE => ∆ABE tại A ⇒=DAE 300 0,5 ∆ABD vuông cân tại A nên BDA = 450 và DAF =⇒=3000 DFE 75 0,75 c/m ∆ADE cân tại A 0,75 Suy ra ∆DFE cân tại D. b) Vì ADE=⇒=7500 CDE 15 Từ DEF =⇒=7500 LEF 105 Câu 1 0,5 4,0đ Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK ở L. Ta có DLC ==⇒= FEL 10500 DCL 60 Suy ra: ∆ABE đều 0,5 EBA =6000 ; DBA =⇒= 45 FBE 15 0 0,5 ⇒=FBE LDC;; DC = BE FEB = LCD ΛFEB =Λ LCDgcg( ) ⇒= CL EF 0,5 Mà CL// FE⇒ CEFL là hình bình hành⇒= CK KF 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N 2,0 Bài 4.2 sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là 2,0đ trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. 4
5. I Q P O G N H L M K 2. Gọi O là trung điểm của PM=> OQ là đường trung bình của tam giác IMP 0,5 => OQ //IM => Mà IM vuông góc với HK=> OQ vuông góc với HK 0,5 => Lại có MP vuông góc với HI => O là trực tâm của tam giác QHM 0,5 => HO vuông góc với QM. Vì OH là đường trung bình của tam giác NMP nên OH // PN NP vuông góc với QM. 0,5 Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh 222abc222 rằng: + + ≥abc ++ +++222 ab bc ca 222abc222 Đặt E =++ ab+++222 bc ca x22 m() xm+ 2 Chứng minh được bất đẳng thức +≥ 0,25 y n yn+ 222abc222 4 a 4 4 b 4 4 c 3 Ta có: E =++= + + +++2 2 2 3 + 22 3 + 22 3 + 2 2 a b b c c a22 a ab 22 b bc 22 c ca xmxm2 2 ()+2 (2abc2++ 2 2 2 22 ) 0,25 Áp dung +≥ tacó: E ≥ y n y+ n 22a3+ ab 22322322 ++ 22 b bc ++ 22 c ca Bài 5 222 ab++1142 3 42 3c +1 42 3 2,0đ Vì≥ a nên a +≥ a2; a ≥ b nênb+≥ b2; b ≥ cnênc +≥ c2 c 0,25 222 (2abc2++ 2 2 2 22 ) 36 0,25 E ≥≥3 22 3 22 3 2 2 4 2 22 4 2 22 4 2 2 2 22a+ ab ++ 22 b bc ++ 22 c ca a ++ a 2 ab +++ b b 2 bc +++ c c 2 ca 36 36 EE≥ ⇒≥ 0,25 ()abc2222222++ +++ abc 12 ()abc++ 2 Tacóabc: 222++≥ 3 222 0,25 222+ + =⇒++≤ 222abc Màab c33 abc ⇒222 + + ≥abc ++ ab+++ bc ca 0,25 222abc222 Vậy + + ≥abc ++ ab+++222 bc ca Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1 0,25 5