Đề khảo sát chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hải Hậu (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hải Hậu (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT HẢI HẬU ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề bài Bài 1: (4,0 điểm) y2 y 2 x3 10x2 25x Cho biểu thức: P : y 2 x2 25 1. Rút gọn P. 2. Tính giá trị của P với các giá trị của x và y thỏa mãn đẳng thức: x2 x 2 4y2 4xy 0. Bài 2: (4,0 điểm) 1. Tìm a và b để đa thức f (x) x4 3x3 3x2 + ax b chia hết cho đa thức g(x) x2 4 3x. 2. Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương. Bài 3: (3,0 điểm) x b c x c a x a b 1. Cho abc (ab bc ca) 0, giải phương trình ẩn x: 3. a b c 2. Tìm các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x3 y3 1 6xy. Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có D là trung điểm của BC. Trên AD lấy điểm M bất kì, Gọi E và F là hình chiếu của M trên AB, AC. 1. Chứng minh EF//BC. 2. Kẻ EN vuông góc với FD. a. Tính góc ANM. b. Chứng minh NE là phân giác của góc ANM. 3. Chứng minh ba điểm B, M, N thẳng hàng. Bài 5: (2,0 điểm) 1. Cho ba số dương x, y, z thoả mãn xyz 1 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 2. Trên 6 đỉnh của một lục giác lồi có ghi 6 số chẵn liên tiếp theo chiều kim đồng hồ. Ta thay đổi các số như sau: Mỗi lần chọn một cạnh bất kì rồi cộng mỗi số ở hai đỉnh thộc cạnh đó với cùng một số nguyên nào đó. Hỏi sau một số lần thay đổi như thế thì 6 số mới ở các đỉnh lục giác có thể bằng nhau không? Vì sao? Hết Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ kí GT số 1: Số BD: Phòng thi số: Họ tên, chữ kí GT số 2:
2. PHÒNG GD&ĐT HẢI HẬU HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHỌN HSG MÔN TOÁN LỚP 8 Năm học 2022-2023 Câu Nội dung Điểm y2 y 2 x3 10x2 25x Cho biểu thức: P : y 2 x2 25 1 1. Rút gọn P 4.0 2. Tính giá trị của P với các giá trị của x và y thỏa mãn đẳng thức: x2 x 2 4y2 4xy 0. 1.1 ĐKXĐ: y 2, x 0, x 5 0.5 2 y2 y 2y 2 x x 10x 25 Khi đó: P : 0.5 y 2 x 5 x 5 y y 1 2 y 1 x x 5 2 : y 2 x 5 x 5 0.5 y 1 y 2 x 5 x 5 y 1 x 5 . y 2 x x 5 2 x x 5 0.5 1.2 Vì x2 x 2 4y2 4xy 0 x2 4xy 4y2 x 2 0 0.5 2 x 2y x 2 0 0.5 2 x 2y 0 x 2 (TM ) 0.5 x 2 0 y 1 (1 1)(2 5) 7 P 2(2 5) 3 0.5 2 1. Tìm a và b để đa thức : f (x) x4 3x3 3x2 + ax b chia hết cho đa thức g(x) x2 4 3x. 4.0 2. Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương. 2.1 Ta có : x4 3x3 3x2 +ax b : x2 3x 4 1.0 x2 1dư (a 3)x b 4 f(x) chia hết cho g(x) khi và chỉ khi số dư bằng 0. a 3 0 a 3 b 4 0 b 4 1.0 Kết luận 2.2 Giả sử có 4 số nguyên dương liên tiếp là n, n + 1, n + 2, n + 3 0.5 Xét tích: P n n 1 n 2 n 3 n2 3n n2 3n 2 2 n2 3n 2 n2 3n 0.5 2 2 Dễ dàng nhận thấy: n2 3n P n2 3n 1 0.5
3. Vậy P không thể là số chính phương 0.5 3 1. Cho abc(ab bc ca) 0, giải phương trình ẩn x: 3.0 x b c x c a x a b 3 a b c 2. Tìm các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x3 y3 1 6xy 3.1 x b c x c a x a b Với abc(ab bc ca) 0, 3 ta có: a b c x b c a x c a b x a b c 0.25 0 a b c 1 1 1 (x a b c) 0 a b c x a b c 0 x a b c 0.25 1 1 1 ab bc ca 0 0(*) a b c abc Ta thấy (*) không xảy ra vì abc(ab bc ca) 0. 0.25 Vậy nghiệm của phương trình là x a b c 0.25 3 3 3 2 2 2 3.2 Ta có: a b c 3abc (a b c)(a b c ab bc ca) 0.25 x3 y3 1 6xy x3 y3 23 3.x.y.2 7 2 2 (x y 2)(x y 4 xy 2x 2y) 7 0.25 Lại có: 2(x2 y 2 4 xy 2x 2y) (x y)2 (x 2)2 (y 2)2 0 0.25 Nên ta có 2 trường hợp sau: (x y)2 3xy 2(x y) 4 7 x y 1 0.25 ) x y 2 1 xy 0 (x; y) (0; 1);( 1;0) (x y)2 3xy 2(x y) 4 1 x y 5 y 5 x 0.25 ) x y 2 7 xy 6 x(5 x) 6 (x; y) (2;3);(3;2) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 0.25 (x; y) (0; 1);( 1;0);(2;3);(3;2) 4 Cho tam giác ABC vuông cân tại A có D là trung điểm của BC. Trên 7.0 AD lấy điểm M bất kì, Gọi E và F là hình chiếu của M trên AB, AC. 1. Chứng minh EF song song với BC. 2. Kẻ EN vuông góc với FD. a. Tính góc ·ANM. b. Chứng minh NE là phân giác của ·ANM. 3. Chứng minh ba điểm B, M, N thẳng hàng.
4. B P M D Q E K O N j I A C F 4.1 Ta có ABC vuông cân ở A, có AD là đường trung tuyến 0.5 AD đồng thời là đường cao, đường phân giác của ABC Xét tứ giác AEMF có E· AF ·AEM ·AFM 900 0.5 tứ giác AEMF là hình chữ nhật (dhnb). Lại có AD là phân giác của E· AF tứ giác AEMF là hình vuông AM  EF 0.5 Mà AM  BC EF / /BC 0.5 4.2a Gọi O là giao điểm của AM và EF. Tứ giác AEMF là hình vuông 0.5 OA OE OM OF và EF AM (t/c) Xét ENF vuông tại N có NO là trung tuyến ứng với cạnh huyền EF 1 0.5 nên NO EF (t/c). 2 1 Mà EF AM NO AM AMN vuông tại N ·ANM 900 2 0.5 4.2b Theo tính chất góc ngoài của hai tam giác cân ENO và ANO ta có 1 0.5 E· NA E· OA 450 2 E· NM 450 0.5 E· NA E· NM ( 450 ) NE là phân giác của ·ANM 0.5 4.3 Từ C kẻ tia Cx vuông góc với FD tại I và cắt AB tại K. Gọi P và Q theo thứ tự là hình chiếu của B trên FD và EN ta c/m được tứ giác BPNQ là hình chữ nhật. 0.5 Ta có BP / /CK( FD) P· BK C· KA (đồng vị) Mà Q· BK P· BK 900 , K· CA C· KA 900 Q· BK K· CA Lại có AB AC(gt); AE AF(cmt) BE CF BQE CIF (cạnh huyền- góc nhọn) BQ CI 0.5 Chứng minh BPD CID (cạnh huyền- góc nhọn)
5. BP CI BP BQ Tứ giác BPNQ là hình vuông 0.5 nên NE là phân giác của P· NQ B· NQ 450 0.5 · 0 MàQNM 45 (cmt) B, M , N thẳng hàng 5 1. Cho ba số dương x,y,z thoả mãn xyz 1.Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức P x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 2. Trên 6 đỉnh của một lục giác lồi có ghi 6 số chẵn liên tiếp theo 2.0 chiều kim đồng hồ. Ta thay đổi các số như sau: Mỗi lần chọn một cạnh bất kì rồi cộng mỗi số ở hai đỉnh thộc cạnh đó với cùng một số nguyên nào đó. Hỏi sau một số lần thay đổi như thế thì 6 số mới ở các đỉnh lục giác có thể bằng nhau không? Vì sao? 5.1 Ta có: x3 y3 x2 y xy2 x3 xy2 x2 y y3 0 x(x2 y2 ) y(x2 y2 ) 0 (x y)(x2 y2 ) 0 0.25 (x y)2 (x y) 0 (luôn đúng với mọi x, y 0 ) 1 1 1 Do đó x3 y3 1 x2 y xy2 1 x2 y xy2 xyz 1 z z 0.25 xy(x y z) xyz(x y z) x y z 1 x 1 y Tương tự ; y3 z3 1 x y z z3 x3 1 x y z 1 1 1 z y x x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 x y z x y z x y z 0.25 P 1. Dấu “=” xảy ra x y z 1 Vậy GTLN của P là 1 x y z 1 0.25 5.2 Gọi các số chẵn ghi ở 6 đỉnh của lục giác lồi lúc đầu theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là a1;a2 ;a3;a4 ;a5;a6. 0.25 Vì đó là các số chẵn liên tiếp nên ta có a2 a1 a4 a3 a6 a5 2 2 2 6 0.25 (a2 a4 a6 ) (a1 a3 a5 ) 6 a Mỗi lần thay đổi thì hai số ở hai đỉnh kề nhau (theo thứ tự trên, coi 6 a kề với 1 ) đều cộng thêm cùng một số nên hiệu trên luôn không đổi và luôn bằng 6. 0.25 Nếu 6 số mới ở các đỉnh lục giác lồi đều bằng nhau thì hiệu trên bằng 0 nên sau một số lần thay đổi như thế thì 6 số mới ở các đỉnh lục giác không thể bằng nhau. 0.25 Lưu ý: 1. Trong từng câu: + Học sinh giải cách khác hợp lý, đúng cho điểm tương ứng. + Các bước tính hoặc chứng minh độc lập cho điểm độc lập, các bước liên quan với nhau đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Điểm toàn bài là tổng điểm các phần đạt được không làm tròn.