Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán – Lớp: 8 THCS. Thời gian làm bài: 120 Phút. Đề thi gồm: 01 trang. Câu 1. (4,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức: 2 1 1 1 2x2 3x 5 A 3 2 . 1 2 . 2 1 : 4 3 2 1. x 3x 3x 1 x x 2x 1 x 2x x 10x 1 1 1 1 2) Cho các số thực x, y, z thoả mãn và x y z 3. Tính giá trị của biểu thức: x y z 3 P (x2023 y2023 ).(y2023 z2023 ).(z2023 x2023 ) . Câu 2. (4,0 điểm) 1) Biết rằng đa thức f (x) chia cho x 2 dư 11, chia cho x 2 dư 1 , chia cho x2 4 được thương là 3x và còn dư. Tính f (2023) f ( 2023) . 2) Tìm tất cả giá trị của số tự nhiên n để biểu thức B n6 n4 2n3 2n2 có giá trị là một số chính phương. Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x x2 2x 4 y3 3 . 2 2 x 3 x 3 63 7x2 2) Giải phương trình: 6 2 0 . x 2 x 2 x 4 Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC . Các đường cao AD, BM , CN của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, E là điểm đối xứng của H qua O . Kẻ CF vuông góc với đường thẳng BE tại F. 1) Tính số đo F· MN. 2) Gọi K, L, R lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng AC, AD, BC. Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: a) Ba điểm K, L, R thẳng hàng. b) HN.CS NC.SH . · 3) Tia phân giác của BAC cắt BC tại I , kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q . Gọi G là trung điểm của đoạn thẳng IQ. Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC . Câu 5. (2,0 điểm) 1) Xét x, y là hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện x.y 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 2 x3 y3 thức A . x4 y2 x2 y4 2) Một chiếc hộp đựng 99 chiếc thẻ màu vàng, 100 chiếc thẻ màu đỏ và 101 chiếc thẻ màu xanh. Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ như sau: mỗi lần rút thẻ người ta lấy ra hai chiếc thẻ khác màu và thay vào đó bằng hai chiếc thẻ có màu còn lại, quá trình này diễn ra liên tục. Hỏi đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu hay không? Hãy giải thích vì sao? Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ, tên và chữ ký của GT1: Họ, tên và chữ ký của GT2:
2. Câu Đáp án Điểm Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức 2 1 1 1 2x2 3x 5 (2,0) A 3 2 . 1 2 . 2 1 : 4 3 2 1. x 3x 3x 1 x x 2x 1 x 2x x 10x Điều kiện xác định x 0 3 2 x 3x 3x 1 0 2 0,25 x 2x 1 0 2 2x 3x 5 0 4 3 2 2x x 10x 0 5 Tìm đúng điều kiện và kết luận x 0; x 1; x 1; x 2; x 0,25 1.1 2 (2,0 đ) 2 1 x 1 1 x2 2x 5 . x 1 A 3 . 2 . 2 : 2 1 0,5 x 1 x x 1 x x 2x 5 . x 2 2 1 x2 x 1 A : 1 2 2 2 2 0,25 x x 1 x x 1 x x 2 2x 1 x2 x 1 A : 1 0,25 x2 x 1 2 x2 x 2 2 x 1 x2 x 2 x 2 1 A . 1 1 0,25 x2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 5 1 Vậy với x 0; x 1; x 1; x 2; x thì A 0,25 2 x 1 1 1 1 1 Cho các số thực x, y, z thoả mãn và x y z 3. Tính giá trị của biểu x y z 3 (2,0) thức: P (x2023 y2023 ).(y2023 z2023 ).(z2023 x2023 ) . 1 1 1 1 1 1 1 1 Kết hợp và x y z 3 ta được 0,25 x y z 3 x y z x y z 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0,25 x y z x y z x y z x y z x y x y 1.2 0 z x y x y z xy x y 0 0,25 xy z x y z (2,0đ) x y xz yz z2 xy 0 x y x z y z 0 0,25 x y 0 x z 0 0,25 y z 0 x y 0 x y x2023 y2023 x2023 y2023 0 Nếu thì 0,25 P (x2023 y2 023 ).(y2023 z2023 ).(z2023 x2023 ) 0 0,25 Tương tự nếu y z 0 hoặc z x 0 thì P 0 0,25
3. 1 1 1 1 Vậy với x, y, z thoả mãn và x y z 3 thì P 0 x y z 3 Biết rằng đa thức f (x) chia cho x 2 dư 11, chia cho x 2 dư 1, chia cho x2 4 được (2,0) thương là 3x và còn dư. Tính f (2023) f ( 2023) . f (x) chia cho x 2 dư 11 f (x) x 2 .P(x) 11 f (2) 11 0,25 f (x) chia cho x 2 dư 1 f (x) x 2 .Q(x) 1 f ( 2) 1 0,25 2 f (x) chia cho x 4 được thương là 3x và còn dư 0,25 f (x) x2 4 .3x ax b (1) 2.1 (2,0đ) Từ (1) f (2) 2a b, f ( 2) 2a b 0,25 2a b 11 2a b 1 0,25 tìm được a 3, b 5 2 3 Suy ra f (x) x 4 .3x 3x 5 3x 9x 5 0,25 f (2023) f ( 2023) 3.20233 9.2023 5 3.( 2023)3 9.( 2023) 5 0,25 f (2023) f ( 2023) 10 0,25 Tìm tất cả giá trị của số tự nhiên n để biểu thức B n6 n4 2n3 2n2 có giá trị là một số (2,0) chính phương. 6 4 3 2 2 4 2 B n n 2n 2n n n n 2n 2 0,25 n2 (n 1)2.(n2 2n 2)(*) 0,25 - Xét n 0 thì B 0 là số chính phương 0,25 - Xét n 1 thì B 0 là số chính phương 0,25 2.2 2 2 2 2 2 - Xét n 2 ta thấy n (n 1) là số chính phương, n 2n 2 n 2n 1 (n 1) (2,0đ) 0,25 n2 2n 2 n2 4n 4 (n 2)2 Suy ra (n 1)2 n2 2n 2 (n 2)2 0,25 Mà (n 1)2 và (n 2)2 là 2 số chính phương liên tiếp n2 2n 2 không phải là số chính 0,25 phương ( ). Từ (*) và ( ) suy ra B không là số chính phương với n 2 0,25 Vậy n 0 hoặc n 1 thì B có giá trị là số chính phương. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x x2 2x 4 y3 3 . (1,5 ) x x2 2x 4 y3 3 y3 x3 2x2 4x 3(*) 0,25 Ta có 2x2 4x 3 2. x 1 2 1 0 với mọi x y3 x3 (1) 3 2 3 3.1 y3 x3 2x2 4x 3 x 2 4 x 1 1 x 2 với mọi x (2) 0,25 (1,5đ) 3 3 3 Từ (1) và (2) suy ra x y x 2 0,25 Mà x, y nguyên nên y x 1 Thay y x 1 vào (*) ta được: x3 2x2 4x 3 x3 3x2 3x 1 0,25
4. x2 x 2 0 x 1 0,25 x 2 Với x 1 thì y 0 Với x 2 thì y 3 0,25 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên là (x; y) ( 1;0) ; (x; y) (2;3) . 2 2 x 3 x 3 63 7x2 (1,5đ) Giải phương trình 6 2 0 . x 2 x 2 x 4 Điều kiện xác định x 2, x 2 0,25 Phương trình được viết lại 2 2 2 2 x 3 x 3 x2 9 x 3 x 3 x 3 x 3 6 7 2 0 6 7 0 0,25 x 2 x 2 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 3 x 3 Đặt u ; v , x 2 x 2 3.2 2 2 u v 0,25 (1,5đ) Phương trình trở thành u 7uv 6v 0 u v u 6v u 6v x 3 x 3 TH1: u v x2 5x 6 x2 5x 6 x 0(TMĐK) x 2 x 2 0,25 x 3 x 3 TH2: u 6v 6. 6x2 30x 36 x2 5x 6 x 2 x 2 0,25 2 x 1(TMĐK) x 7x 6 0 x 1 x 6 0 x 6(TMĐK) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 0;1;6 0,25 Cho tam giác ABC nhọn AB AC . Các đường cao AD, BM , CN của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, E là điểm đối xứng của H qua O . Kẻ CF vuông góc với đường thẳng BE tại F. 1) Tính số đo F· MN. 2) Gọi K, L, R lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng AC, AD, BC. Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: 4 (7,0) a) Ba điểm K, L, R thẳng hàng. b) HN.CS NC.SH. · 3) Tia phân giác của BAC cắt BC tại I , kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q . Gọi G là trung điểm của đoạn thẳng IQ. Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC .
5. A K M N L H V S C B R D O E F Tính số đo F· MN . 2,0 Vì E đối xứng với H qua O nên O là trung điểm của EH . 0,25 Chứng minh được tứ giác BHCE là hình bình hành CH //EB . 0,25 Chứng minh được tứ giác BNCF là hình chữ nhật 0,25 O là trung điểm của NF và BC NF. 0,25 BM là đường cao của ABC BM  AC BMC vuông tại M . 4.1 Vì MO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông BMC (2,0đ) 1 MO BC 0,25 2 1 MO NF . 0,25 2 1 Xét MNF có MO là đường trung tuyến và MO NF MNF vuông tại M 0,25 2 F· MN 900 . 0,25 Gọi K, L, R lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng 4.2 AC, AD, BC. Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: 3,0 (3,0đ) a) Ba điểm K, L, R thẳng hàng. b) HN.CS NC.SH. AK AN Chứng minh được NK //BM . 0,25 AM AB AN AL Chứng minh được NL//BC . 0,25 4.2a AB AD (1,25đ) AK AL KL//DM. (1) 0,25 AM AD Chứng minh tương tự ta được KR//DM. (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 3 điểm K, L, R thẳng hàng. 0,25
6. Gọi V là giao điểm của KR và BM . BN BR Chứng minh được NR//AD . (3) 0,25 BA BD BR BV Vì KR//MD . (4) 0,25 BD BM BN BV Từ (3) và (4) NV //AC . 0,25 BA BM 4.2b Chứng minh được tứ giác MKNV là hình chữ nhật, suy ra được N· MH K· VM. (1,75đ) 0,25 Vì KR//DM nên S·MH K· VM S·MH N· MH MH là tia phân giác của N· MS. HN MN Xét NMS có MH là đường phân giác . (5) 0,25 HS MS CN MN Chứng minh được MC là đường phân giác góc ngoài của NMS . (6) 0,25 CS MS HN CN Từ (5) và (6) HN.CS NC.SH. 0,25 HS CS · 4.3 Tia phân giác của BAC cắt BC tại I , kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường (2,0đ) thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q , gọi G là trung điểm của 2,0 đoạn thẳng IQ . Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC . A T X O C B I J G Y Q P U Gọi giao điểm của CP với AB là U, giao điểm của PO với IQ và AC lần lượt là J và T . Kẻ đường thẳng đi qua O và song song với AC cắt AI và CP lần lượt tại X và Y Chứng minh được AUC cân tại A P là trung điểm của UC 0,25 OP//BU T là trung điểm của AC 0,25 OX PO Xét PTAcó OX //AT 0,25 TA PT OY PO OX OY Xét PTC có OY //CT OX = OY 0,25 TC PT TA TC QO OY Xét AQC có OY //AC 0,25 QA AC IO OX QO IO Xét AIC có OX //AC Suy ra IQ//AC 0,25 IC AC QA IC IJ PJ QJ PJ 0,25 Xét APT có IJ//AT , Xét CPT có QJ//CT AT PT CT PT
7. IJ QJ IJ QJ J là trung điểm của IQ J trùng với G PG đi qua trung AT CT điểm của AC . 0,25 Xét x, y là hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện x.y 1. Tìm giá trị lớn nhất của 2 x3 y3 biểu thức A . 1,0 x4 y2 x2 y4 3 3 3 3 3 3 2 x y x3 y3 x3 y3 x y 1. x y A x4 y2 x2 y4 x4 y2 x2 y4 x4 y2 x2 y4 0,25 3 3 3 3 4 2 2 4 x y xy. x y y. x y x. x y x y x4 y2 x2 y4 x4 y2 x2 y4 x4 y2 x2 y4 5.1 2 x x 1 1 (1,0đ) 2 4 2 2 Ta có x y 0 x, y x y 2x y x, y 4 2 2 (do x, y 0 ) 0,25 x y 2x y 2xy 2 y 1 Chứng minh tương tự A 1 0,25 x2 y4 2 x2 y 2 Dấu “=” xảy ra khi x y x y 1. Vậy giá trị lớn nhất của A 1 khi x y 1 0,25 xy 1 Một chiếc hộp đựng 99 chiếc thẻ màu vàng, 100 chiếc thẻ màu đỏ và 101 chiếc thẻ màu xanh. Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ như sau: mỗi lần rút thẻ người ta lấy ra hai chiếc thẻ khác màu và thay vào đó bằng hai chiếc thẻ có màu còn lại, quá trình này diễn ra liên 1,0 tục. Hỏi đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu hay không? Hãy giải thích vì sao? Ta thấy 99 chia cho 3 dư 0, 100 chia cho 3 dư 1, 101 chia cho 3 dư 2, do đó số lượng thẻ 0,25 mỗi loại khi chia cho 3 được các số dư khác nhau là 0, 1, 2. 5.2 Sau mỗi lần rút thẻ, số lượng thẻ mỗi loại trong hộp giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2. Khi đó số (1,0đ) dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: Số thẻ chia cho 3 dư 0 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 2. 0,25 Số thẻ chia cho 3 dư 1 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 0. Số thẻ chia cho 3 dư 2 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 1. Do đó sau mỗi lần rút thẻ, số thẻ mỗi loại trong hộp khi chia cho 3 vẫn có số dư khác nhau là 0, 1, 2. Giả sử đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu thì số thẻ 2 màu còn lại bằng 0, số dư của chúng khi chia cho 3 bằng 0, điều này mâu thuẫn với kết luận trên. 0,25 Vậy không thể nhận được các thẻ trong hộp có cùng một màu. 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Hết