Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Tiền Hải (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Tiền Hải (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TIỀN HẢI Môn Toán: 8 NĂM HỌC 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (5,0 điểm) 1) Phân tích đa thức x3 −+ 7x 6 thành nhân tử. 2) Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn đẳng thức: 2x22− 2xy + y − 2x += 1 0. 2x− 9 x ++ 3 2x 4 3) Cho biểu thức: A = −− với x≠≠ 2, x 3. x2 −+ 5x 6 x2−− 3x Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 2 (4,0 điểm) 2x++ 5 2x 2 3 1) Giải phương trình: −=. x2 ++ 5x 4 (x−+ 2)(x 4) 2 2) Đa thức f(x) khi chia cho x1+ dư 1 và chia cho x22 + dư là 2x . Tìm đa thức dư khi f(x) chia cho (x++ 1)(x2 2) . Bài 3 (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đẳng thức: x2 y−+ x 2y = 3. 11 11  11 2) Các số x, y,z khác 0 thỏa mãn xyz1++= và xyz++  ++  +  =− 2. yz zx  xy Tính giá trị của biểu thức: Tx=++2023 y 2023 z 2023 . Bài 4 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Từ H kẻ HE, HF theo thứ tự vuông góc với AB, AC (E∈∈ AB, F AC) 1) Chứng minh: AH2 = AE.AB và tam giác AEF đồng dạng với tam giác ACB. 2) Phân giác của AHB , AHC , BAC theo thứ tự cắt AB, AC, BC theo thứ tự tại M, N và D. Chứng minh: DM song song với AC và tứ giác AMDN là hình vuông . 3) Trên đoạn HC lấy điểm I sao cho BFH = HFI . Chứng minh ba điểm A, I và trung điểm của HF thẳng hàng. Bài 5 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng nếu SSS∆∆∆AFE= FBD = DCE thì tam giác ABC là tam giác đều. Bài 6 (1,5 điểm) Chứng minh rằng nếu các số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện: xyz333 ++=3 thì x++≤ y z 9. x2++ xyy 22 y ++ zyz 22 z ++ zxx 2 .Hết . Họ và tên thí sinh . Số báo danh
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TIỀN HẢI NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 (Gồm 06 trang) I. Hướng dẫn chung 1.Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước cơ bản của 1 cách giải. Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 2. Bài làm của thí sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó theo biểu điểm. Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh mà công nhận ý trên (hoặc làm ý trên không đúng) để làm ý dưới mà thí sinh làm đúng thì cho một nửa số điểm ý đó. 3. Bài hình học, thí sinh vẽ hình đúng ý nào thì chấm điểm ý đó, thí sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì cho 0 điểm bài hình đó. 4. Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm Bài 1 (5,0 điểm) 1) Phân tích đa thức x3 −+ 7x 6 thành nhân tử. 2) Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn đẳng thức: 2x22− 2xy + y − 2x += 1 0. 2x− 9 x ++ 3 2x 4 3) Cho biểu thức: A = −− với x≠≠ 2, x 3. x2 −+ 5x 6 x2−− 3x Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. x33− 7x += 6 (x − x) − 6(x −= 1) x(x − 1)(x +− 1) 6(x −= 1) (x − 1)[ x(x +− 1) 6] 0,5 22 1) ( 2đ) =(x − 1)(x +− x 6) = (x − 1)(x −+− 4 x 2) 0,5 =−(x 1)( (x − 2)(x ++− 2) (x 2)) 0,5 =−−(x 1)(x 2)(x + 3) 0,5 22 222 2x− 2xy +−+=⇔− y 2x 1 0( x 2xy + y) +( x −+= 2x 1) 0 0,5 22 x y x1 0(*) 0,25 2 2 2)(1,5đ) Vì x y  0 x,y x1  0x 0,25 22 Do đó (*) x y x1 0 x y1 0,5 Vậy x; y (1;1) ĐKXĐ: x2,x3≠≠ 2x− 9 x ++ 3 2x 4 3) A = −+ (x3x2−−)( ) x2 − x3 − (1,5đ) x2 +− 2x 8 (x4x2+−)( ) x+ 4 1,0 = = = (x3x2−−)( ) ( x3x2 −−)( ) x3 − 1
3. x4+ Vậy A = với x2,x3≠≠ x3− x4+ 7 Ta có: A1= = + x3−− x3 0,25 Để A∈ thì x− 3 ∈ U(7) =±{ 1; ± 7} ⇒ x ∈−{ 4;2;4;10} Kết hợp với ĐKXĐ ta được x∈−{ 4;4;10} 0,25 Bài 2 (4,0 điểm) 2x++ 5 2x 2 3 1) Giải phương trình: −=. x2 ++ 5x 4 (x−+ 2)(x 4) 2 2) Đa thức f(x) khi chia cho x1+ dư 1 và chia cho x22 + dư là 2x . Tìm đa thức dư khi f(x) chia cho (x++ 1)(x2 2) ĐK: x 4,x 1,x 2 0,25 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2x++ 5 2x 2 3 −= 0,25 (x++ 1)(x 4) (x − 2)(x + 4) 2 11  113  1) ⇔+−+   = 0,5 (2,0 đ) x1x4++  x2x4 − +  2 1 13 ⇔ − = ⇒2( x −−− 2 x 1) = 3(x + 1)(x − 2) x1+− x2 2 0,5 ⇔3x2 − 3x =⇔ 0 3x(x −=⇔= 1) 0 x 0 (thỏa mãn) hoặc x1 (thỏa mãn) 0,5 Vậy tập nghiệm của phương trình là 0; 1 Đa thức (x 1)(x2 2) bậc là 3 nên dư của f(x) chia cho (x 1)(x2 2) có dạng 0,25 ax2 bx c . Do đó f(x) (x 1)(x22 2)g(x) ax bx c +) f(x) chia cho x1 dư 1 f(1)1abc1 (1) 0,25 +) f(x) (x 1)(x22 2)g(x) ax bx c 2) 0,25 (x 1)(x22 2)g(x) ax 2a 2a bx c ( 2đ) 0,25 2 (x 2) (x 1)g(x) a bx 2a c 0,25 f(x) chia cho x22 dư 2x bx 2a c 2x b 2và 2a c 0 0,5 Kết hợp với (1) ta được a 1, b c 2 . Vây đa thức dư là x2 2x 2. 0,25 Bài 3 (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đẳng thức: x2 y−+ x 2y = 3. 11 11  11 2) Các số x, y,z khác 0 thỏa mãn xyz1++= và xyz++  ++  +  =− 2. yz zx  xy Tính giá trị của biểu thức: Tx=++2023 y 2023 z 2023 . 2
4. x3+ xyx2y3yx2x3y22−+ =⇔( +) =+⇔ = ( vì x2 +>∀ 2 0 x) 0,5 1) x22 + ( 2đ) x3+ (x3x3+−)( ) x2 − 9 11 y nguyên ⇔ nguyên ⇒==1− nguyên 0,5 x22 + x22+ x2 22 ++ x2 11 Điều này tương đương với nguyên 11 x2 2 mà x22 + 0,5 x22x211x22 3 Với x 3 y0 (thỏa mãn) 6 0,25 Với x3 y (loại) 11 Vậy cặp số nguyên cần tìm là (-3;0) 0,25 11 11  11 2) xyz++  ++  +  =− 2 yz zx  xy ( 1,5) 11 x 11 y 11 z ⇔xyz1 + ++  + ++  + += yz x zx y xy z 0,5 111 111 111 xyz1 yzx zxy xyz 111 111 1 xyz 1 xyz xyzxyz 1 1 1 1 yx xy 00 x y z x y z xy z(x y z) 11 0,5 (x y) 0 (x y) xz zy z2 xy 0 xy z(x y z) (x y)(y z)(z x) 0 +) xy0 thay vào xyz1++=⇒=⇒= z1 T1. Tương tự y z 0,z x 0 ta có T1= . 0,5 Vậy T1= . Bài 3 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Từ H kẻ HE, HF theo thứ tự vuông góc với AB, AC (E∈∈ AB, F AC) 1) Chứng minh: AH2 = AE.AB và tam giác AEF đồng dạng với tam giác ACB. 2) Phân giác của AHB , AHC , BAC theo thứ tự cắt AB, AC, BC theo thứ tự tại M, N và D. Chứng minh: DM song song với AC và tứ giác AMDN là hình vuông . 3) Trên đoạn HC lấy điểm I sao cho BFH = HFI . Chứng minh ba điểm A, I và trung điểm của HF thẳng hàng. 3
5. 1) A F N M E C B H D H = E ( = 900 ) +) Xét ∆AHB và ∆AEH có  ⇒∆AHB∽∆AEH (trường hợp A (chung) 0,5 đồng dạng thứ 3) AH AB suy ra =⇒=AH2 AE.AB (1) 0,25 AE AH 2 +) Chứng minh tương tự ta có AH= AF.AC (2) 0,25 AE AF Từ (1) và (2) suy ra AE.AB= AF.AC ⇒= 0,25 AC AB AE AF Xét ∆AEF và ∆ACB có = và A chung⇒∆ AEF∽ ∆ ACB(trường hợp AC AB 0,25 đồng dạng thứ 2) đpcm. 2) BM BH BD AB +) Theo tính chất đường phân giác ta có: =, = (3) 0,25 MA HA BC AC Hai tam giác HBA và ABC đồng dạng với nhau vì B chung, H = A suy ra HB AB 0,25 = (4) HA AC BM BD Từ (3) và (4) suy ra = ⇒ DM∥ AC . 0,25 BA DC +) Ta có DM∥ AC⇒⊥⇒ DM MA DMA = 900 0,25 = 0 = = = 0 Tương tự DNA 90 . Tự giác AMDN có DNA NAM AMN 90 nên tứ 0,25 giác AMDN là hình chữ nhật. Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAD nên tứ giác AMDN là hình 0,25 vuông (đpcm). 4
6. K 3) A F C B H I +) Trên tia đối của tia AC lấy điểm K sao cho AK= AF . BH AF AK 0,5 Vì HF∥ AB ⇒==. BC AC AC +) BFH = HFI nên FH là tia phân giác của BFI , mắt khác HF⊥⇒ AC FC là phân HI CI FI BH HI AK HI giác ngoài của BFI suy ra AI 0,25 HB CB FB BC CI AC CI song song với KH. AK AF +) FHK có AI đi qua trung điểm của HF hay ba điểm A, I và AI∥ KH 0,25 trung điểm của HF thẳng hàng. Bài 5 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng nếu SSS∆∆∆AFE= FBD = DCE thì tam giác ABC là tam giác đều. A F E B D C AFC∽ AEB vì A chung và AFC AEB ( 900 ) suy ra AF AC AF AE 0,5 AE AB AC AB  A chung Xét AFE và AFE AF AE AFE∽ ACB 0,25 AC AB 5
7. 2 2 S AE S DB AFE DFB , tương tự 0,5 SACB AB SACB AB 22 AE BD Vì SS AEF BFE AE BD 0,25 AB AB Xét AEB BDA (cạnh huyền góc nhọn) BAC ABC (1) 0,25 Tương tự BAC ACB (2) Từ (1) và (2) suy ra ABC BAC ACB ABC là tam giác đều (đpcm) 0,25 Bài 6 (1,5 điểm) Chứng minh rằng nếu các số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện: xyz333 ++=3. Thì: x++≤ y z 9. x2++ xyy 22 y ++ zyz 22 z ++ zxx 2 x3 2x− y Ta chứng minh, với mọi x,y ta có: ≥ (1) x22++ xy y 3 0,25 (1) 3x3 (2x y)(x 22 xy y ) 3x3 2x 3 2x 2 y 2xy 2 yx 2 xy 23 y xyxyxy0xxyyxy0332 2 32 3 2 2 2 22 2 x (x y) y (y x) 0 (x y) x y 0 x y (x y) 0 đúng 0,25 với mọi x,y dương. y3 2y− z z3 2z− x Tương tự ta có: ≥ (2); ≥ (3) y22++ zy z 3 z22++ zx x 3 0,25 x333 y z xyz++ Từ (1), (2), (3) suy ra: ++≥ 0,25 x2++ xyy 22 y ++ zyz 22 z ++ zxx 2 3 x333 y z xyz++ Mà + + =⇒≤33 x2++ xyy 22 y ++ zyz 22 z ++ zxx 2 3 0,25 ⇔++≤xyz9(đpcm). Đẳng thức xảy ra xyz3 0,25 Đẳng thức xảy ra xyz3 6