Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Phú Thái (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Phú Thái (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT KIM THÀNH ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 8 TRƯỜNG THCS PHÚ THÁI Năm học 2022-2023 Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) + 15. 1 1 1 2) Cho xyz = 1. Tính giá trị biểu thức:P = + + 1+ x + xy 1+ y + yz 1+ z + zx Câu 2 (2,0 điểm) 1) Phân tích thành nhân tử: a3 b3 c3 a b c 3 3 Áp dụng tìm x biết: x2 x 2 x 1 3 x6 1 2) Tìm số dư trong phép chia của đa thức: x 1 x 2 x 3 x 6 2023 cho đa thức x2 5x 7 Câu 3 (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số tự nhiên. Chứng minh rằng A = 4a(a + b)(a + b + c)(a + c) + b2c2 là một số chính phương. (Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên) 2) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn 3xy + 2y – 2x + 1 = 0. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: 1) AM = BF; 2) Tứ giác AEMD là hình chữ nhật; 1 1 1 3) . AB2 AM 2 AN2 Câu 5 (1,0 điểm) x2 x 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của P với x 1 x2 2x 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Tổng Câu Đáp án Điểm điểm a) (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) + 15 0,25 = (x2 + 4x – 5)(x2 + 4x + 3) +15 = [(x2 + 4x -1) – 4][(x2 + 4x – 1) + 4] + 15 0,25 1,00 = (x2 + 4x – 1)2 – 16 + 15 0,25 = (x2 + 4x – 1)2 – 1 = (x2 + 4x – 2)(x2 + 4x) 0,25 = x(x + 4)(x2 + 4x – 2) 1 1 1 P = + + 1 1+ x + xy 1+ y + yz 1+ z + zx z zx 1 0,25 P = + + z + xz + xyz zx + yzx + yzzx 1+ z + zx Thay xyz = 1 và biểu thức P ta có: 1,00 z zx 1 0,25 P = + + z + xz + 1 zx + 1+ z 1+ z + zx z + zx + 1 P = 0,25 z + zx + 1 P = 1. Vậy P = 1 0,25 Phân tích đa thức thành nhân tử: a3 b3 c3 a b c 3 0,25 Ta có a3 b3 c3 a b c 3 a b 3 c3 3ab a b a b c 3 a b c 3 3c a b a b c 3ab a b a b c 3 3 a b c a b c ab 0,25 3 a b a b c c b c 3 a b b c a c (*) 1,00 3 Tìm x biết: x2 x 2 x 1 3 x6 1 3 3 Ta có: x2 x 1 3 13 x2 x 2 0 0,25 2 3 x2 x 1 x2 1 x 2 0 (Theo (*)). Vì x2 x 1 = 0; x2 1 = 0 vô nghiệm . 0,25 KL: x = -2 P x 1 x 2 x 3 x 6 2023 2 2 0,25 P (x 5x 6)(x 5x 6) 2023 Đặt x2 + 5x + 7 = t 1,00 0,25 Ta có P = (t – 13)(t - 1) + 2023 P = t2 – 14t +13 + 2023 0,25
3. P = t2 – 14t + 2036 Do đó khi chia P = t2 – 14t + 2036 cho t ta có số dư là 2036 0,25 1) A = 4a(a + b)(a + b + c)(a + c) + b2c2 0,25 A = 4(a2 + ab + ac)(a2 + ac + ab + bc) + b2c2 Đặt a2 + ab + ac = t Ta có A = 4t(t + bc) + b2c2 0,25 A = 4t2 + 4t.bc + b2c2 1,00 A = (2t + bc)2 = [2(a2 + ab + ac) + bc]2 = (2a2 + 2ab + 2ac + bc)2 0,25 Vì a, b, c là các số tự nhiên nên A là một số chính phương. 0,25 1) 3xy + 2y – 2x + 1 = 0 (3x + 2)y = 2x – 1 2x 1 2 0,25 y ,x 3 3x 2 3 2x 1 6x 3 2(3x 2) 7 7 y 3y 2 0,25 3x 2 3x 2 3x 2 3x 2 y là số nguyên thì 3y cũng là số nguyên. Để 3y nhận giá trị là số 1,00 nguyên khi 7 chia hết cho 3x + 2 0,25 Hay 3x 2 ¦ (7) 1; 7 x 1; 3 Với x = -1 thì y = 3; với x = -3 thì y = 1. 0,25 Vậy (x;y) ( 1;3),( 3;1) A E B H F D M C N Xét ADM và BAF có: 0,25 A· DM B· AF 900 AD = AB (cạnh hình vuông) 4.1 0,25 1,00 D· AM A· BF (cùng phụ với góc HAB) Do đó ADM = BAF (g.c.g) 0,25 Suy ra AM = BF (2 cạnh tương ứng) 0,25 Do ADM = BAF (g.c.g) chứng minh câu a 0,25 4.2 Suy ra DM = AF (2 cạnh tương ứng) 1,00 Mà DM // AF (Do AB//CD, E thuộc AB, M thuộc CD) 0,25
4. Suy ra AEMD là hình bình hành. 0,25 · 0 · 0 Mặt khác DAE 90 (Do DAB 90 và E thuộc AB). 0,25 Do đó tứ giác AEMD là hình chữ nhật. AD AM AD CN Vì AD//CN (HÖ qu¶ ®Þnh lý Ta lÐt) 0,25 CN MN AM MN MN CM AB CM Vì MC//AB (HÖ qu¶ ®Þnh lý Ta lÐt) 0,25 AN AB AN MN 4.3 AD2 AB 2 CM 2 CN2 1,00 Suy ra 1 (Vì CM2 + CN2 = MN2 AM 2 AN2 MN2 0,25 theo Định lý Pytago áp dụng trong tam giác vuông CMN) AB2 AB 2 1 1 1 Suy ra 1 (v× AD = AB) 0,25 AM 2 AN2 AB2 AM 2 AN2 2 x2 x 1 x 1 x x (x 1) 1 P 1 1 x2 2x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 0,25 1 1 1 1 1 3 P 1 2 2 5 x 1 x 1 4 x 1 x 1 4 0,25 1 1 3 3 1,00 P ,x 1 2 x 1 4 4 0,25 3 1 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là khi 0 x 1 (thỏa mãn) 0,25 4 2 x 1