Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Yên Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Yên Bình (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN YÊN BÌNH Năm học 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 8 (Đề thi gồm: 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2022 Câu 1: (4,0 điểm): Phân tích đa thức thành nhân tử: a. x2 + 7x +12 b. x42 + 2023x + 2022x + 2023 Câu 2: (4,0 điểm): a. Chứng minh rằng nếu: x2 + y 22 + z = xy + xz + yz thì x=y=z b. Tìm dư trong phép chia đa thức P(x)= ( x + 2)( x + 4)( x + 6)( x +8) + 2022 cho đa thức x2 +10x + 21. Câu 3: (4,0 điểm): a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3x - 4 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy + 3x -5y = 9 Câu 4: (7,0 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt đường thẳng BC tại P và R, cắt đường thẳng CD tại Q và S. a. Chứng minh ∆ AQR và ∆ APS là các tam giác cân. b. QR cắt PS tại H; M, N lần lượt là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. c. Chứng minh P là trực tâm ∆ SQR. d. Chứng minh MN là đường trung trực của AC. e. Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm): Chứng minh: Bn=−+−326 n 11 n 6 24 với n là một số tự nhiên lẻ. Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1: Cán bộ coi thi số 2:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2022 – 2023 - Môn: Toán 8 Câu Nội dung Điểm a) x22++=+++= 7 x 12 xxx 3 4 12 ( xx 2 + 3 ) + (4 x + 12) 1,0 = ++ +=+ + 1,0 Câu 1 xx( 3) 4( x 3) ( x 3)( x 4) 42 4 2 0,5 (4,0 b) x + 2023x + 2022x + 2023 = x− x + 2023x ++ 2023x 2023 32 2 2 1,0 điểm) =x(x −+ 1) 2023(x + x +1)=xxxx ( − 1)( ++ 1) + 2023( xx ++ 1) =(xx22 ++ 1)( xx −+ 2023) 0,5 2 2 2 a) Ta có: x + y + z = xy + yz + zx ⇒ 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx ⇒ x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 = 0 1,0 ⇒ (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 (1) Ta có : (x – y)2 ≥ 0, (y – z)2 ≥ 0 , (z – x)2 ≥ 0 xy−=0 Câu 2  Do đó: (1) ⇒yz −=0 . 1,0 (4,0  điểm) zx−=0 b) Pxxxxx( )=++( 2)( 4)( + 6)( ++=++ 8) 2022( xx22 10 16)( xx +++ 10 24) 2022 Đặt tx=2 +10 x + 21 ( t ≠− 3; t ≠− 7) , biểu thức P(x) được viết lại: 1,0 2 Px( )=−( t 5)( t ++ 3) 2022 =−+t 2 t 2007 Do đó khi chia tt2 −+2 2007 cho t ta có số dư là 2007 1,0 2239 9 a) Ta có: A = 2x + 3x - 4 = 2 x+ 2.x . + −−4 4 16 8 2 1,0 3 41− 41 33− =2 x+ −≥ Dấu “=” xảy ra khi xx+=⇔=0 4 88 44 −41 −3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là đạt được khi x = 1,0 8 4 b) 2xy + 3x -5y = 9 Câu 3 ⇒⇒4xy + 6x -10y = 18 2x(2y + 3) -5(2y + 3) = 3 0,5 (4,0 ⇒ điểm) (2y + 3)(2x -5) = 3 do x, y là các số nguyên nên ta có bảng sau: 0,5 2x - 5 -3 -1 1 3 2y + 3 -1 -3 3 1 x 1 2 3 4 y -2 -3 0 -1 1,0 Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn là: (1;-2), (2;-3), (3;0), (4;-1)
3. Vẽ đúng hình, cân đối đẹp. 0,5 a) ∆=∆ADQ ABR (cgv-gn) vì DAQ = B AR (cùng phụ với BAQ ) và DA = BA (cạnh hình Câu 4 vuông). Suy ra AQ = AR, nên ∆ AQR là tam (7,0 điểm) giác vuông cân tại A. Chứng minh tương tự ta có: ∆ ABP = ∆ ADS 1,5 do đó AP = AS và ∆ APS là tam giác vuông cân tại A. b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN ⊥ SP và AM ⊥ RQ. Mặt khác: 1,5 PAN = PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AMHN có ba góc vuông, nên AMHN là hình chữ nhật. c) Theo giả thiết: QA ⊥ RS, RC ⊥ SQ nên QA và RC là hai đường cao của 1,0 ∆ SQR. Vậy P là trực tâm của ∆ SQR. 1 d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = QR 2 ⇒ MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. 1,0 Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng nằm trên 1,5 đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. 32−+−=−−++−322 n6 n 11 n 6 n 3 n 3 n 9 nn 2 6 =n2 ( n −− 3) 3 nn ( −+ 3) 2( n − 3) =−(n 3)( nn2 −+ 3 2) 2 =−(n 3) ( nn −− ) (2 n − 2) =(n − 3)[ nn ( −− 1) 2( n − 1)] 0,5 Câu 5 =−−−(nnn 3)( 2)( 1) (1,0 Do n lẻ nên n-3, n-2, n-1 là 3 số tự nhiên liên tiếp trong đó có hai số chẵn. điểm) Trong 2 số chẵn này có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 4. Nên (nnn−−− 3)( 2)( 1) 2.4 = 8 Mặt khác (nnn−−− 3)( 2)( 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên (nnn−−− 3)( 2)( 1) 3 mà (8;3) = 1 0,5 ⇒−(nnn 3)( − 2)( − 1) 8.3 = 24 Vậy, nn32−+−6 11 n 6 24 với mọi số tự nhiên n lẻ. * Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn tính điểm tối đa.
4. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN YÊN BÌNH NĂM HỌC: 2022- 2023 ĐỀ DỰ BỊ Môn thi: TOÁN LỚP 8 (Đề gồm có 01 trang) Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) a. Phân tích thành nhân tử: x2 + 6x + 5 b. Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố: 12n2 – 5n – 25 Câu 2: (4,0 điểm) a. Cho x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x.y 4 ac ab−+ a44 b b. Chứng minh rằng nếu = thì = bd cd−+ c44 d Câu 3: (4,0 điểm) ab a. Cho 4a2 + b2 = 5ab và 2a > b > 0.Tính: P = 4a 2 −b 2 b. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a = b = c. Câu 4: (4,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. a. Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF đồng quy. b. Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình hành. Câu 5: (3,5 điểm) Cho ∆ ABC có diện tích bằng 30 cm2. Trên các cạnh AB, BC, CA lần lượt AM BN CD 1 lấy các điểm M, N, D sao cho = = = . Tính diện tích ∆ MND. AB BC CA 3 HẾT
5. PHÒNG GD&ĐT H ƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN BÌNH Môn: Toán - lớp 8 Năm học 2022-2023 ĐỀ DỰ BỊ Câu Hướng dẫn Điểm a) Ta có: x2 + 6x + 5 = x2 + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) 2 = (x +1)(x + 5) b) Với n ∈ N, ta có: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 – 20n + 15n – 25 0,5 = 4n(3n – 5) + 5(3n – 5) 1 = (3n – 5)(4n + 5) 0,5 (4,0) Vì n ∈ N nên 3n – 5 n = 2 Vậy với n = 2 thì 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 0,5 a) Ta có x + y = 1 => y = 1 – x 0,25 Khi đó P = x.y = x.(1 – x) = x – x2 0,25 1 1 = - (x2 – x + - ) 4 4 0,25 1 1 = - [(x - )2 - ] 2 4 0,25 1 1 = - (x - )2 + 2 4 1 0,25 Do - (x - )2 ≤ 0 với mọi x 2 2 (4,0) 1 1 1 => P = - (x - )2 + ≤ 2 4 4  1 0,25 x −=0 1  2 Nên giá trị lớn nhất của P = 0,25 xy+=1 4  0,25  1 x =  2  1 y =  2 1 1 1 Vậy với x = ; y = thì biểu thức P = x.y có giá trị lớn nhất là 2 2 4 a c a b a 4 b 4 a 4 − b 4 b) Từ = ⇔ = ⇔ = = (1) 4 4 4 − 4 b d c d c d c d 0,5 a c a b a − b a 4 b 4 (a − b) 4 Từ = ⇔ = = ⇔ = = (2) 0,5 b d c d c − d c 4 d 4 (c − d) 4 0,5 4  a − b  a 4 + b 4 Từ 1 và 2 suy ra   = 0,5  c − d  c 4 + d 4
6. ab a) Cho 4a2 + b2 = 5ab và 2a > b > 0.Tính: P = 4a 2 −b 2 biến đổi được : 4a2 + b2 = 5ab ⇔ (4a - b)(a -b) = 0 ⇔ b = 4a hoặc b = a Mà 2a > b > 0 ⇒ 4a > 2b > b nên a = b 0,5 3 0,5 a2 1 (4,0) Ta có : P = = 4aa22− 3 0, 5 1 Vậy 4a2 + b2 = 5ab và 2a > b > 0 thì P = 3 0,5 b) a333++= b c3 abc ⇒++−a333 b c30 abc = 0,5 ⇒+a333 a 2 b + ab 23 +− b 33 a 2 b − ab 23 +− c 3 abc = 0 3 ⇒+a b +− c32333 a b − ab 2 − abc = 0 ( ) 2 ⇒()abc ++( ab +) −( abcc +) +2 −3 ababc ( + + ) = 0  0,5 ⇒(a ++ b c )( a22 + 2 ab + b − ac − bc + c 2 −3 ab ) = 0 ⇒ ++22 + 2 − − − (a b c )( a + b c ab ac bc) = 0 1 ⇒(abc ++ )( a22 + b −2ab )+ ( a22 +− c 2 ac )+( b 22 +− c 2 bc ) = 0 2  0,5 1 222 ⇒ ++ − + − + − = ()abc( ab) ( ac) ( bc) 0 2 1 222 mà a, b, c >0, nên ()abc++( ab +) +( ac +) +( bc +) =0 2  2 (ab−=) 0   2 ⇒(ac −) =⇒==0 abc  0,5 −=2 (bc) 0 Gọi O là giao điểm hai đường chéo A E B của hình bình hành ABCD, ta có O là // // 0,25 trung điểm của BD và AC. M 4 Tứ giác BEDF có BE //DF O 1,0 (4,5) AB CD = BE = DE (= ) N 22 1,0 D // // C Nên tứ giác BEDF là hình bình hành. F Có O là trung điểm của BD nên O 1,0 cũng là trung điểm của EF Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O. 1,25
7. A 5 M (3,5) D 0,25 B N C S BM Ta có BMN = (chung đường cao hạ từ N) S BA 0,5 ABN AM 1 AB−− AM 31 BM 2 mà = ⇒= hay = AB 3 AB 3 BA 3 0,5 SBMN 2 ⇒ = SABN 3 0,5 S BN 1 Tương tự có ABN = = (chung đường cao từ A) 0,5 S BC 3 ABC SS 21 ⇒ BMN ABN = SSABN ABC 33 0,5 S 2 ⇒ BMN = S 9 ABC S 2 S 2 Tương tự có DNC = ; ADM = 0,5 SABC 9 SABC 9 ⇒ SMND=−−− SS ABC ADM S BMN S DNC 2 1 1 0,25 = S - 3. S = S = . 30 = 10 cm2 ABC 9 ABC 3 ABC 3 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của câu hỏi đó.