Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Thiệu Hóa (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Thiệu Hóa (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 THIỆU HÓA NĂM HỌC 2021-2022 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 28/3/2022 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 05 câu, 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức 2 a 1 12 aa23 4 1 aa 4 aaa42 8416 M = : 23aaa 114 2 a2 4 31aa 1. Rút gọn M. Tìm a để M < 5a. 2. Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Cho a + b + c = 0 ab bcca c a b Tính N = .1 cababbcca Câu 2. (4,0 điểm): x 3 3x 2 1. Giải các phương trình: x 3 28 0 (x 1)3 x 1 2. Tìm hai số x; y thỏa mãn 2 điều kiện sau: xxyy32 10 0 và xy22 610 Câu 3. (4,0 điểm): 1. Tìm số x, y nguyên thỏa mãn: xy22 3336670 xy 3 x 2 xyxy 2 xy 2 y 2 y 2. Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Câu 4. (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB cố định có O là trung điểm. Trên đường thẳng vuông góc với AB tại A, lấy điểm C sao cho ACAO . Kẻ AK vuông góc CO tại K, điểm D đối xứng với A qua K. Đường thẳng qua O vuông góc với AB cắt BD tại E. Kẻ DH vuông góc với AB tại H, DH cắt BC tại I. a. Chứng minh: CD = EO b. Chứng minh: KI đi qua trung điểm của BD. c.Kẻ IN vuông góc với AC tại N, kẻ DM vuông góc với AC tại M, DM cắt CO tại J. Chứng minh tứ giác JNOI là hình bình hành. Khi C di chuyển (sao cho ACAO ), Tính giá trị nhỏ nhất của NI 22 OJ Câu 5. (2,0 điểm): Cho abc,, 0 thỏa mãn abc 3 abc 111 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = bca22 111 2 HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
2. HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1. (4,0 điểm) Ý 1 (2.5đ) Điều kiện: aa 0; 1 2 a 1 12 aa23 4 1 aa 4 aaa42 8416 * Ta có: : 31aa 23aaa 114 2 a2 4 48416aaaa42 M = aa22 44 1.5 aa 0; 1 2 Vậy với Thì M = a +4 * khi M < 5a Ta có a2+4 < 5a a2- 5a+4<0 (a-1)(a-4) <0 1<a <4 1.0 Ý 2. (1.5đ) ab bc ca c111 a b Đặt xyz;; ; ; cab abxbcycaz 111 Ta có Nxyz() 1 xyz 111 yz xz xy N= ()xyz 14 0.5 x yz xyz y z b c c a c b22 bc ac a c Ta lại có: x abababab ca()()( b c a b cc a b )cc2( abc ) 2 c2 ab() a b ab ab ab x zaxyb2222 Tương tự ta có ; ybczac 222 111 2cab 2 2 2 333 N( x yz ) 14 4 ( a b c ) 0.5 x y z ab bc ac abc Vì abc 03 a333 b c abc 111 2 Do đó N= ()x y z 14.34610 abc x y z abc Vậy N= 10 0.5 Ý 1. (2đ) ĐK : x 1 3 2 Câu 2 3 x 3x Ta có x 28 0 (4,0 điểm) (x 1)3 x 1 x x x 3x 2 0.5 (x )3 3x. (x ) 28 0 x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 3x 2 ( )3 3( ) 2 1 27 0 x 1 x 1 x 1 x 2 0.5 ( 1)3 33 x 1
3. x 2 1 3 x 1 x 2 0.5 4 x 1 x2 - 4x + 4 =0 (x-2)2 = 0. x=2 (TM) 0.5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=2 Ý 2(2điểm) Từ 10 = x2 +6y2 .Thay vào x3 +xy2 -10y =0 ta có xxyx322 60 yy 2 xxyxyy 322 60 3 322 2 23 2 2 0.5 x22360230 xyxyxyxyy xyxxyy xy 2 xyxxyy 23022 22 0.5 xxyy 30 2 2 22 yy11 + Trường hợp 1: xxyy 30 x 0 xy 0 24 Với x y 0 không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: x 2y thay vào phương trình (2) ta có: 0.5 22 2 yx 12 48121yy y yx 12 0.5 Vậy xy;2;1;2;1.  Ý 1. (2đ) Câu 3 Từ xy22 3336670 xy 3 x 2 xyxy 2 xy 2 y 2 y (4,0 điểm (x2-3xy+6)(y2-y -1) =1=1.1=(-1)(-1) 0,5 TH1: x2-3xy+6 =1(1) và y2-y -1=1 (2) Giải (2) ta có y2-y -2 =0 y=2 hoặc y=1 - Nếu y=2 Thay vào (1) ta được x2- 6x+5=0 x=1 hoặc x=5 0.5 - Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x2- 3x+5=0 vô nghiệm 0.5 TH2: x2-3xy+6 =-1(1) và y2-y -1=-1 (2) Giải (2) ta có y2-y =0 y=0 hoặc y=1 - Nếu y=0 Thay vào (1) ta được x2+7=0 vô nghiệm - Nếu y=1 Thay vào (1) ta được x2- 3x+7=0 vô nghiệm 0.5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y) là: (1;2); (5;2) Ý 2(2đ) Gọi abcd là số phải tìm (a, b, c, d N, 0 a,b,c, d 9, a 0 ) 2 Ta có: abcd k 2 với k, m N, (a 1)(b 3)(c 5)(d 3) m 31 k m 100 0.5 2 abcd k 2 abcd 1353 m Do đó: m2–k2 = 1353 0.5
4. (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41 m–k = 11 ho ặ c m–k = 33 m = 67 m = 37 0.5 k =56 ho ặ c k = 4 Kết luận đúng abcd =3136 0.5 Câu 4 (6,0 điểm) C E J D M I N K A O H B a.(2d) Chứng minh được CO // BE ( cùng vuông góc với AD) 0.5 Chứng minh được : ACO OEB (cạnh huyền – góc nhọn) nên AC = OE. 1,0 Mà AC = CD(CO là trung trực của AD). Suy ra CD = EO. 0.5 b.(2d) IH BH Do IH // AC nên 0.5 CA BA DH BH Do DH // EO nên: 0.5 EO BO BH1 BH IH1 DH Mà . nên . . Mà CA = EO 0.5 BA2 BO CA2 EO 1 Suy ra IH DH hay I là trung điểm DH, mà K là trung điểm của AD nên 2 0.5
5. IK// AB suy ra IK đi qua trung điểm của BD. c.(2d) Do AMDH là hình chữ nhật và có I là trung điểm DH và IN vuông góc 0.5 MA nên N là trung điểm AM và K là trung điểm AD nên I, K, N thẳng hàng. 0.25 Chứng minh JKD OKA KJ KO Chứng minh NKA IKD KN KI 0.25 Suy ra tứ giác NJIO là hình bình hành Chứng minh được NI = AH, JO = BD 0.25 Ta có NI22 JO AH 2 BD 2 0.25 Chứng minh được BD2 BH. AB nên : NI22 JO AH 2 BH AB AH 2 AB AH AB AH 2 AB AH AB 2 2 13322 AH AB AB AB 244 3 1 Vậy GTNN của NI22 JO là AB2 khi AHAB 0.5 4 2 Câu 5 (2,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cô si abab 1 ba22 11 ba Ta có: aaa111 (1) bb22 1122 b bcbc 1 caca 1 Tương tự: b 1 (2) và c 1 (3) c2 12 a2 12 1.0 a 111 b c a b c ab bc ca Từ (1); (2) và (3) suy ra: 3 bca222 1112 2 Mặt khác a222 b c ab bc ca hay 3(ab bc ca ) a b c 2 9 0.5 a 111 b c a b c ab bc ca 39 Do đó: 3 = 3 bca22 1112 2 2 26 abc 111 Vậy A= 3. bca22 111 2 0.5 GTNN A= 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1