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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8 THCS HUYỆN GIA VIỄN NĂM HỌC 2022-2023 Môn: Toán Ngày thi: 30/3/2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị thứ nhất: Giám thị thứ hai: Câu 1 (4,5 điểm) 2xx22 61 2 x 6 Cho biểu thức A :2x với x ≠±2. x2 4 xx 22 2 x a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị âm. c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Câu 2 (4,0 điểm) 2 22 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: ( x−− y z) − y +2. yz − z 2023 b) Cho 3 số nguyên dương aaa123;; có tổng bằng 2022 . Chứng minh rằng: aaa333++ 123 chia hết cho 3. Câu 3 (4,5 điểm) 1 1 13− a) Giải các phương trình sau: ++ =. xx22++7 12 xx ++ 9 20 x 2 + 11 x + 30 2 y54 yx− b) Tính giá trị của biểu thức: B.= + Biết 2xy−= 6. xx−−35 c) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: x22++=5 y 4 xy 2023. Câu 4 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A (góc A nhọn), đường cao AH cắt tia phân giác BD tại điểm I. Gọi M là hình chiếu của điểm H trên cạnh AC, K là trung điểm của HM. AH HM a) Chứng minh = . HC CM b) Chứng minh AK vuông góc với BM. c) Biết AI = 5cm, HI = 4cm. Tính độ dài cạnh BC. Câu 5 (2,0 điểm) a) Xét hình chữ nhật kích thước 3cm x 4 cm. Chứng minh rằng với 7 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật, luôn có thể chọn ra hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 3. b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x >−1; y > 1 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 11 của biểu thức P1 xy 1 . xy 11 Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN GIA VIỄN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2022-2023 Môn: Toán Ngày thi 30/3/2023 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (2,0 điểm) 2xx22 61 2 x 6 A :2x với x ≠±2. 2 x 4 xx 22 2 x 2 22 x 22 2xx 6 x 2 x46 x 0,5 A: xx 22 xx 22 xx 22 x 2 x 2 22x2 A: 0,75 xx 22 x 2 22xx22 x A. 0,75 xx 2 22 x 2 b) (1,5 điểm) Câu 1 x2 x2 Ta có: A ( x ≠±2) 0 4,5 điểm) x 2 nhận giá trị âm thì A < 0 nên x 2 0,5 ⇔+<x 20 (vì x2 ≥ 0 với mọi x ≠±2 ) ⇔x <−2 (thỏa mãn đk) 0,75 Vậy x <−2 thì A nhận giá trị âm. 0,25 c) (1,5 điểm) xx22 44 4 0,5 Ta có: A2 x với x∈ Zx, ≠± 2. xxx 222 x 2 4 Z x 2 Ư(4) 0,25 Để A nhận giá trị là số nguyên thì x 2 xx2 1; 1; 2; 2; 4; 4 1; 3;0; 4; 2; 6 0,5 x∈ Zx, ≠± 2 ⇒ x ∈ − 1;3;0;4;6 − − − 0,25 { } Vậy x ∈−{ 1;3;0;4;6 − − −} thì A nhận giá trị là số nguyên. a) (2,0 điểm) 2 ( x−− y z) − y22 +2 yz − z 1,0 222 22 =( xyz −−) −( y −2 yzz +) =( xyz −−) −( yz −) =( xyzyzxyzyz −−+−)( −−−+) 0,5 =−−( x22 zx)( y) 0,5 Câu 2 b) (2,0 điểm) (4,0 điểm) 2023 2023 Ta có: 2022 3; aaa123++=2022 nên aaa123++3. 0,5 32 3 Với n ∈  thì n−= n nn( −1) =( n − 1) nn( + 13) ⇒ n − n 3 0,5 (vì n – 1; n; n + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3).
3. 33 3 Do đó: (aa11−−−)3; ( aa 22) 3; ( aa 33) 3 33 3 333 ⇒−+−+−(aa11) ( aa 22) ( aa 33)3. ⇒(aaa1 ++ 23) −( aaa 123 ++)3 0,5 333 Mà aaa123++3 nên aaa123++3. 0,5 a) (1,5 điểm) 1 1 13 ++ =−. (1) 0,25 xx22++7 12 xx ++ 9 20 x 2 + 11 x + 30 2 ĐK: xxxx≠−3;4;5;6 ≠− ≠− ≠− (1) 0,25 111111 3 ⇔−+−+−=−. xxxxxx++++++3445562 11 3 3 3 0,5 ⇔ − =−⇔ =− x+3 x + 62( xx ++ 3)( 6) 2 ⇒( x +3)( x + 6) =−⇔ 2 xx2 + 9 + 20 = 0 ⇔( x + 4) ( x + 5) = 0 0,25 x = −4 ⇔  (không tmđk). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 x = −5 b) (1,5 điểm) y54 yx− Ta có: B.= + ( xx≠≠3; 5 ); 2xy−=⇒= 6 y 26 x − . xx−−35 Câu 3 0,5 (4,5 điểm) 26x − 5.( 2xx−− 6) 4 Khi đó: B.= + xx−−35 23( x − ) 6x − 30 65( x − ) B = + =+2 =+=2 6 8. 1,0 xx−−35 x − 5 c) (1,5 điểm) 22 2 2 0,25 Ta có: x++=5 y 4 xy 2023. (1) (x,y∈  ) ⇔+( xy2) += y 2023. 2 Với n ∈  thì nn≡0;1;2;3 (mod 4)⇒≡ 0;1(mod 4) 2 2 Vậy x,y∈  thì ( xy+≡2) 0;1 (mod 4) và y≡ 0;1 (mod 4) 0,5 2 nên ( xy+2) +≡ y2 0;1;2 (mod 4) mà 2023≡ 3 (mod 4) 0,5 2 2 Do đó, phương trình ( xy+2) += y 2023, không có nghiệm nguyên. 0,25 Vậy không có số nguyên x, y nào thỏa mãn yêu cầu đề bài.
4. a) (2,0 điểm) AH HM Chứng minh ∆AHM ∽ ∆HCM (g-g) ⇒= 2,0 HC CM b) 1,5 điểm) Gọi N, P lần lượt là giao điểm của BM và AH, AK. Câu 4: AH HM AH HK (5,0 điểm) - Ta có: = mà HM = 2HK, BC = 2CH nên = 0,5 HC CM BC CM ∽   - Chứng minh ∆AHK ∆BMC (c-g-c) ⇒=AB11 0,5 - Chứng minh ∆NAP ∽ ∆NBH (g-g) 0,5 ⇒=APN BHN , mà BHN =⇒9000 APN =⇒⊥ 90 AK BM c) (1,5 điểm) Ta có: AH = AI + HI = 5 + 4 = 9 (cm) Vì BD là tia phân giác của ∆ABC nên 0,5 BH HI 45 BI là tia phân giác của ∆ABH ⇒ ==⇒=AB. BH AB AI 54 Xét ∆ABH vuông tại H, có: AH222+= BH AB 2 225 ⇒+9.BH = BH ⇒=BH12 ( cm ) 0,5 4 ∆ABC cân tại A, có BC = 2.BH = 2.12 = 24 (cm) 0,5 a) (1,0 điểm) Câu 5 0,25 (2,0 điểm) Chia hình chữ nhật kích thước 3cm x4 cm thành 6 hình chữ nhật nhật kích thước 1 cm x 2 cm (hình vẽ).
5. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 7 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật kích thước 3cm x4 cm (hay nằm trong 6 hình chữ nhật nhật kích thước 1 cm x 2 cm) thì luôn tồn tại 2 điểm cùng thuộc một chữ nhật nhật kích 0,5 thước 1 cm x 2 cm và khoảng cách giữa hai điểm này luôn nhỏ hơn độ dài đường chéo AC = 122+= 2 5 −1; y > 1 thì x +>10; y - 10 > ; x+ y = 1 ⇔( xy ++ 1) ( −= 1) 1 Đặt ( x+=1) a ; ( y −= 1) b ( ab, > 0) ⇒+=ab1 2 0,25 2 22 1 1 11 P1 x y 1 ab x 11 y ab Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có: 0,25 22 2 1 1 11 a b .1 22 1 ab a b ab 11 4 2 25 0,25 Mà ab,> 0, ab+=1, 4 nên 2.PP 1 4 a b ab 2 1 13 Dấu “=” xảy ra khi ab xy;. 2 22 25 13 0,25 Vậy P khi xy ;. min 2 22 Lưu ý: - Lời giải chỉ trình bày tóm tắt, học sinh trình bày hoàn chỉnh, lý luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa. - Học sinh có thể trình bày nhiều cách giải khác nhau nếu đúng thì cho điểm tương ứng./.