Đề khảo sát chọn đội tuyển vòng 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn đội tuyển vòng 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - 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 NĂM HỌC 2022 – 2023 (VÒNG II) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) a2 b2 ab22 1. Rút gọn biểu thức P =−− (ab+−)(1 b) ( ab ++)( 1 a) ( 11 +− a)( b) xyz xyz222 2. Cho ++ =1. Chứng minh rằng: ++ =0 yzzx++ xy + yzzx++ xy + Câu 2. (4,0 điểm) xx x 1. Tìm x biết: x + + ++ =4043 1+ 2 1 ++ 2 3 1 +++ 2 3 + 4043 2 3 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x + và x đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x là x số hữu tỉ. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x43+= y xy 3 +1 2. Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng nx=22 + 3 y, trong đó x, y là các A số nguyên. Chứng minh rằng nếu AS∈ và A là số chẵn thì A chia hết cho 4 và ∈ S. 4 Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Vẽ NH vuông góc với CM tại H, HE vuông góc với AB tại E. Trên tia NH lấy điểm K sao cho NK = CM. a) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông b) Chứng minh HM là tia phân giác của góc BHE c) Giả sử AHC =1350 . Chứng minh 2HA222= HB − HC Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Tìm GTNN của ab33+++ bc 33 ca 3 3 = ++ P 2 22 22 2 a++ ab b b ++ bc c c ++ ca a 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 04 trang KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 (VÒNG II) NĂM HỌC 2022 – 2023 Câu Hướng dẫn giải Câu 1 4.0điểm a2 b2 ab22 Rút gọn biểu thức P =−− (ab+−)(1 b) ( ab ++)( 1 a) ( 11 +− a)( b) a2(11+− ab) 2( −− babab) 22( +) a3+−+− a 2 b 2 b 3 ab 22( a + b) Ta có P = = 0.5 (ab+−+)(11 b)( a) (ab+−+)(11 b)( a) (a3++−− b 3) ( a 2 b 2) ab 22( a + b) (aba+)( 2 −+ abb 2) +−( abab)( +−) abab22( +) = = 0.5 ab+−+11 b a ab+−+11 b a ( )( )( ) ( )( )( ) (aba+)( 2 − abb + 2 +−− abab22) (aabaabbb2− 22) +−( ) +( 2 −) = = 0.5 (ab+−+)(11 b)( a) (11−+ba)( ) 2 22 a(11− b)( ++ babbb) ( 1 −−) ( 1 −) (1−b)( ab + a +− a b) = = 1.a (11−+ba)( ) (11−+ba)( ) 2.0điểm 22 22 (ab+ a +− a b) (a++ a) ( ab − b) aa( ++1) ba( + 11)( a −) 0.5 = = = 1+ a 11++aa (a+1)( a +− ab b) = =+−a ab b (1+ a) xyz xyz222 2.0 2. Cho ++ =1. Chứng minh rằng: ++ =0 yzzx++ xy + yzzx++ xy + điểm xyz Nếu x + y + z = 0 thì + + ≠10 ⇒xyz ++≠ yzzx++ xy + 0.5 xyz ++ =1 Ta có: yzzx++ xy + xyz 0.25 Nếu x + y + z = 0 ⇒ + + ≠⇒1 x ++ y z ≠ 0 y++z zx xy + xyz 1.b ⇒()xyz ++ + + =++xyz yzzx++ xy + 0.75 2.0điểm xy22 z 2 ⇒ ++z ++ y +=++ x xyz yz++ zx xy + xyz222 ⇒++ =0 yzzx++ xy + 0.5 Câu 2 4.0điểm xx x 1 1. Tìm x biết: x + + ++ =4043 2.0 2.0điểm 1+ 2 1 ++ 2 3 1 +++ 2 3 + 4043 điểm 2
3. 22xx 2 x x ++++ =4043 0,5 2.3 3.4 4043.4044 111 1 Ta có: 2x++++ =4041 0,5 1.2 2.3 3.4 4043.4044 111 1 1 2x 1−+−++ − =4043 0.25 2 2 3 4043 4044 1 2x . 1−= 4043 4044 4043 0,5 x.= 4043 2022 x = 2022 Vậy x = 2022 0,25 2 3 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x + và x đều là số hữu tỉ. Chứng 2.0 x điểm minh x là số hữu tỉ. 2 2 24 4 += 22 + +∈⇒ + ∈ Ta có x +∈ suy ra xx224  x . x xx x 0,5 2b 8 82  4  3 ∈ ∈ 32− = − ++ ∈ 2.0điểm Mặt khác x  suy ra 3  suy ra x32 xx 2   x xx  x  44 2 0,75 Do xx22+ ∈ ⇒ + +∈2 nên suy ra x −∈ . xx22 x 22   0,75 Vậy 2xx=+  +−∈ x  suy ra x ∈ (điều phải chứng minh) xx   4.0 Câu 3 điểm 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x43+= y xy 3 +1 2.0 điểm Theo đề bài, ta có: x43+= y xy 3 +1 (*) ⇔x4 −=1 xy 33 − y ⇔(x − 1)( x32 + x ++ x1) = yx3 ( − 1) ⇔(x − 1)( xxx32 + + +−1 y 3 ) = 0 0.5 xx−=10 =1 ⇔⇔ 32 3 32 3 xxx+ ++−10 y = xxx + ++= 1 y +/ Xét x=1, thay vào (*) 0.5 1 ⇒+11yy33 = +⇒=yk với ∀∈kZ 2.0điểm +/ Xét xxx32+ + +=1 y 3 2 2 13 3 32 Vì xx+ +=10 x + + > ⇒xxxx 7 0 ⇒xxx32 + ++<1 xxx 32 + +++1 5 x2 + 11 x + 7 ⇔xxx32 + + +<1 x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 ⇔xxx32 + + +<1 ( x + 2)3 (2) Từ (1) và (2) ⇔<+++<+⇔<xxxx3 32 1 ( x 2)3 x 3 y 3 <+( x 2) 3 0.75 Mà x,y nguyên ⇒=+yx33( 1) ⇒xxx32 + + +=1 ( x + 1) 3 3
4. 32 3 2 2 x = 0 ⇔xxx + + +=1 x + 3 x + 31 x +⇔ 2 x + 2 x = 0 ⇔ x = −1 Xét x = 0 ⇒ y = 1 (tmđk) Xét x = - 1 ⇒ y = 0 (tmđk) Vậy các cặp số nguyên (x;y) ∈{()()()0; 1 ; − 1; 0 ; 1; k } với kZ∈ 0.25 Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng nx=22 + 3 y, trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu AS∈ và A là số chẵn thì A 2.0 A điểm chia hết cho 4 và ∈ S. 4 Do AS∈ nên tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn Ax=22 + 3. y Mà A là số chẵn nên x, y cùng tính chẵn lẻ. 2 Xét các trường hợp sau: 2.0điểm +) TH1: x, y cùng chẵn 0,5 22 22 Ax  y xy  ⇒⇒xy4; 4 A 4 =+∈   và 3  S (vì ; là các số nguyên 42  2 22  +) TH2: x, y cùng lẻ. Khi đó xy22; chia 4 dư 1 nên A chia hết cho 4 * Nếu x, y có cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4A= 4( x22 + 3 y ) =++− ( x 3 y ) 2 3.( xy ) 2 22 0,5 A x+−3 y  xy  xyxy+−3 Do đó: =+∈ 3. S. Vì ; ∈ Z 44  4  44 * Nếu x, y không cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4A= 4( x22 + 3 y ) =−++ ( x 3 y ) 2 3.( xy ) 2 0,5 22 A x−+3 y  xy  x−+3 y xy Do đó: =+∈ 3. S. Vì ; ∈ Z 44  4  44 A Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có A chia hết cho 4 và ∈ S. 0,5 4 Câu 4 6 điểm A E N M H B C F I K 4
5. +) Chứng minh ∆AMC = ∆CNK (C. G .C) 0.5 a ⇒=MAC NCK và AB = CK 0.25 2.0điểm Mà MAC =⇒9000 NCK =⇒⊥ 90 KC AC tại C 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình chữ nhật 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông 0.25 Gọi I là trung điểm của CK, F là giao điểm của BI và KN +) Chứng minh tứ giác BMCI là hình bình hành 0.5 ⇒ MC// BI +) Xét ∆BHK có BF vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒∆BHK cân tại B 0.5 b ⇒=BKH BHK (1) 2.0điểm Lại có : BKH = EHN ( hai góc đồng vị và EH//BK) (2) 0.25 Từ (1) và (2) ⇒=EHN BHK Mà EHN +=+= MHE BHK MHB 900 0.5 ⇒=MHE MHB Suy ra HM là tia phân giác của góc BHE. 0.25 A G H B C c 2.0điểm Trên tia CH lấy điểm G sao cho HAG = 900 Vì AHC=⇒=13500 AHG 45 Mà HAG =900 ⇒∆ AHG vuông cân tại A⇒=AG AH và 0.25 GH2=+= AH 22 AG2 AH 2 Xét ∆AGB và ∆AHC có: = AG AH GAB = HAC ( =900 − BAH ) AB= AC ( vì ∆ABC vuông cân tại A) ⇒∆AGB =∆ AHC (c.g.c) 0.5 ⇒= AGB AHC ( 2 góc tương ứng) ⇒= AGB 1350 Vì ∆AGB =∆⇒= AHC GB HC (2 cạnh tương ứng) 0.5 5
6. Mà ∆AHG vuông cân tại A ⇒= 0 AGH 45 0.5 ⇒=−=BGH AGB AGH 900 ⇒∆BGH vuông tại G Xét ∆BGH vuông tại G có: 222+= BG GH HB ⇒+=HC222 GH HB 2 22 0.25 ⇒+HC2 AH = HB ⇒−=HB22 HC2 AH 2(đpcm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm GTNN của 2.0 Câu 5 ab33+++ bc 33 ca 3 3 P = ++ điểm a2++ ab b 22 b ++ bc c 22 c ++ ca a 2 1 Chứng minh bất đẳng thức a2−+≥ ab b 22() a ++ ab b 2 3 2 22 2 ⇔333a − ab + b ≥++ a ab b 0.5 ⇔−+≥2420a22 ab b ⇔2(ab −≥ )2 0 (luôn đúng) 1 Ta có: a33+=+−+≥+++ b( a b )( a2 ab b 2 ) ( a b )( a2 ab b 2 ) 3 1 22 33 (a+ b )( a ++ ab b ) a++ b ab ⇒≥3 = 22 22 a++ ab b a ++ ab b 3 0.5 2.0điểm b33++ c bc c33++ a ca Tương tự, ≥ và ≥ b22++ bc c 3 c22++ ca a 3 ab+++ bc ca 2 Do đó P≥ + + =()abc ++ 3 3 33 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c, ta có: 0,5 a++≥ b c333 abc = (vì abc = 1) 2 ⇒≥P .3 = 2 0,25 3 Dấu “=” xảy ra ⇔===abc1 0,25 Vậy GTNN của P là 2 tại a = b = c = 1 Điểm toàn bài 20 điểm 6