Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp thành phố môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp thành phố môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TOÁN - LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 08/4/2023 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có: 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) xxxx5−− 25 2 5 1. Rút gọn biểu thức : P =++: với xx≠0; ≠± 5; x ≠ . x22−+25 xxx 5 2 2 +− 10 x 5 x 2 2. Cho các số thực xyz,, thoả mãn xyz ≠ 0 và x3++= y 33 z3 xyz . Tính giá trị của biểu thức: xyz   M =+++111.   yzx   Câu 2. (6,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: (2xx2+− 2023) 22 + 4( x − 5 x − 2022) 2 = 4(2 xx 2 +− 2023)( x2 − 5 x − 2022). 2. Tìm số nguyên n để nn2 ++6 14 là số chính phương. 3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x22 y−− x 28 y 2 = 2. xy Câu 3. (3,0 điểm) 1. Đa thức Qx( ) nếu chia cho x −1 được số dư bằng 4, nếu chia cho x − 3 được số dư bằng 14. Tìm đa thức dư của phép chia Qx( ) cho ( xx−−1)( 3.) 2. Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kỳ có ba chữ số, luôn tồn tại hai số sao cho khi ghép chúng lại cạnh nhau để được một số có sáu chữ số chia hết cho 13. Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A( AB thoả mãn xy+≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16 Qx=+−−22 y9 x 12 y + +25. 2xy+ HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THÀNH PHỐ BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2022 - 2023 HDC ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 08/4/2023 (Bản hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu 1: (4,0 điểm) xxxx5−− 25 2 5 1) Rút gọn biểu thức : P =++: với xx≠0; ≠± 5; x ≠ x22−+25 xxx 5 2 2 +− 10 x 5 x 2 2) Cho các số thực xyz,, thoả mãn xyz ≠ 0 và x3++= y 33 z3 xyz . Tính giá trị của biểu thức xyz   M =+++111   yzx   Câu 1 Nội dung 4,0 điểm 5 Với xx≠0; ≠± 5; x ≠ ta có: 2 x x−−5 25 xx 2 P =−+:  0.25 ( x+−5)( x 5) xx( + 5) 2 xx( + 55) − x 2 xx2 −−( 5) 25xx− 2 0.5 = : + xx( +−5)( x 52) xx( + 5) 5 − x ( x−+ x5)( x +− x 52) xx( + 5) 2x = . + 0.25 xx( −+5)( x 5) 25 x − 5 − x 5.( 2x−+ 5) 2 xx( 5) 2x 1.1. = . + 0.25 xx( −+5)( x 5) 25 x − 5 − x (2 điểm) 10 2x = − 0.25 xx−−55 10− 2x 25( − x) = = = −2 0.25 xx−−55 5 Vậy P = −2 với xx≠0; ≠± 5; x ≠ 0.25 2 3 Ta có: x3++= y 33 z3 xyz ⇔+( x y) − 33 xy( x ++= y) z3 xyz 0.25 3++= 33 ⇔ +3 +3 − +− = x y z3 xyz( x y) z3 xy( x y) 30 xyz 0.25 ⇔ ++ +2 − + +2 − ++ = ( xyz) ( xy) ( xyzz) 30 xyxyz( ) ⇔( xyzx ++)( 22 + y +2 xyxzyzz − − +2 − 30 xy) = 0.25 xyz++=0 ⇔  2 22 x++−−−= y z xy yz zx 0 1.2. Trường hợp 1: xyz++=0 học sinh tính được M = −1 0.5
3. Câu 1 Nội dung 4,0 điểm (2 điểm) Trường hợp 2: 0.5 x2++−−−=⇔ y 22 z xyyzzx02( x2 ++−−− y 22 z xyyzzx) =0 222 ⇔−+−+−=( xy) ( yz) ( zx) 0 HS lập luận xyz= = từ đó tính được M = 8 HS kết luận bài toán 0.25 Câu 2: (6,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: (2xx2+− 2023) 22 + 4( x − 5 x − 2022) 2 = 4(2 xx 2 +− 2023)( x2 − 5 x − 2022) 2) Tìm số nguyên n để nn2 ++6 14 là số chính phương 3) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x22 y−− x 28 y 2 = 2. xy Câu 2 Nội dung 6,0 điểm a=2 xx2 +− 2023 Đặt:  2 0.5 bx=−−5 x 2022 Phương trình đã cho trở thành: a22+4 b = 4 abab ⇔ ( − 2)2 =⇔− 0 ab 2 =⇔= 0 ab 2 0.5 2.1. Khi đó, ta có: 2 2 22 0.5 (2 điểm) 2xx+− 2023 = 2( x − 5 x − 2022) ⇔ 2 xx +− 2023 = 2 x − 10 x − 4044 −2021 ⇔11xx =− 2021 ⇔= . 0.25 11 −2021 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 0.25 11 + Ta có n22++=6 n 14 mm ,( ∈ , n ∈) 22 0.5 ⇔+(n35) +=⇔+ mn22( 3) − m =− 5 ⇔ ++ +− =− (mn33)( n m) 5(1) 0.5 Ta có mn∈∈ ,; nên mn−−∈3, mn + +∈ 3,và n++33 mn ≥+− m + Mặt khác −=−5 5.1 = 5.( − 1) nên từ (1) và các lập luận trên ta có các trường 0.25 hợp sau xảy ra: 2.2. mn++=31  nm + =−2 m = 3 TH1: ⇔⇔  (thoả mãn) n+−=−35 m  nm −=− 8 n =− 5 0.25 (2 điểm) mn++=35  nm + = 2 m = 3 TH2: ⇔⇔  (thoả mãn) 0.25 n+−=−31 m  nm −=− 4 n =− 1 ∈− − Vậy n { 1; 5} thoả mãn yêu cầu bài toán 0.25 22−− 2 2 = ⇔22 − 2 =++ 2 2 x y x82 y xy x y 7 y x 2 xy y 0.25 2.3. 22 2 ⇔yx( −=+ 71) ( xy) ( ) 0.5 (2 điểm) 2 = = = * Với y 0 suy ra xy0 thỏa mãn 0.5
4. Câu 2 Nội dung 6,0 điểm 2 * Với y2 ≠ 0 thì do y2 là số chính phương khác 0 và ( xy+ ) là số chính 0.25 phương nên từ (1) ta có x2 − 7 là số chính phương Từ đó tìm được x = 4; thì y ∈−{2; 1} 0.25 hoặc x = −4 tìm được y ∈−{ 2;1} HS kết luận các cặp số nguyên ( xy; ) thoả mãn bài toán là: 0.25 (0; 0) ; (4; 2); (4; -1) (-4; -2) (-4; 1) Câu 3: (3,0 điểm) 1. Đa thức Qx( ) nếu chia cho x −1 được số dư bằng 4, nếu chia cho x − 3 được số dư bằng 14. Tìm đa thức dư của phép chia Qx( ) cho ( xx−−1)( 3.) 2. Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kỳ có ba chữ số, luôn tồn tại hai số sao cho khi ghép chúng lại cạnh nhau để được một số có sáu chữ số chia hết cho 13. Câu 3 Nội dung 3,0 điểm Vì Qx( ) chia cho x −1 được số dư bằng 4 nên ta có Q(14) = Vì Qx( ) chia cho x − 3 được số dư bằng 14 nên ta có Q(3) = 14 0.5 Gọi thương của phép chia Qx( ) cho (x – 1)(x – 3) là Cx( ) và dư là Rx( ).Vì bậc của Rx( ) nhỏ hơn bậc của đa thức chia nên bậc của nó 0.25 nhỏ hơn 2, khi đó Rx( ) có dạng ax+ b 3.1. Ta có: Q( x) =−( x1)( x − 3.) C( x) ++ ax b đúng với mọi số thực x (1,5 điểm) 0.25 Q(14) =+= ab Q(3) = 3 ab += 14 a = 5 HS tìm được  0.25 b = −1 Vậy đa thức dư của phép chia Qx( ) cho ( xx−−13)( ) là 51x − 0.25 Khi chia 14 số tự nhiên có ba chữ số cho 13 ta được các số dư. Trong 0.25 các số dư đó có ít nhất hai số bằng nhau. 3.2. Giả sử hai số trong 14 số đó khi chia cho 13 có cùng số dư là abc; mnp Suy ra abc− mnp 13 (1,5 điểm) ( ) 0.25 Khi ghép chúng cạnh nhau ta được số có sáu chữ số abcmnp. 0.25 Ta có abcmnp=1000. abc += mnp 1001. abc +( mnp − abc) 0.25 =13.77.abc +−( mnp abc) 0.25 Suy ra abcmnp13. 0.25 Điều phải chứng minh. Câu 4: (6,0 điểm)
5. 1. Cho tam giác ABC vuông tại A( AB< AC), phân giác trong AD (D∈ BC), gọi M là trung điểm của BC, trên tia đối của tia DA lấy điểm K sao cho KBC = 450 , đường thẳng qua vuông góc với AD cắt KM tại N. a. Chứng minh rằng ∆BDK ∆ADC và tam giác KBC vuông cân. b. Phân giác của ABC cắt AD tại I. Gọi E là giao điểm của AC và MN. Chứng minh rằng: ENC = 450 và KI2 = KM. KN AK 2. Cho tam giác ABC có trung tuyến AD( D∈ BC) . Trên đoạn thẳng AD lấy điểm K sao cho = 3. KD Gọi E là giao điểm của đường thẳng BK và AC. Tính tỉ số diện tích tam giác ABE và diện tích tam giác BCE . Câu 4 Nội dung 6,0 điểm N A E I B D M C K Tam giác ABC vuông tại A, phân giác trong AD (D∈ BC) nên 11 BAD = CAD = BAC =.9000 = 45( 1) 0.5 22 Lại có DBK = 450 ( 2) (GT) 0.5 Từ (1) và (2) suy ra DBK = DAC Xét ∆BDK ∆ADC có 4.1a. BDK= ADC 0.5 (3 điểm) DBK = DAC Do đó ∆BDK ∆ADC( g.3 g )( ) DB DK Từ (3) suy ra = AD DC 0.5
6. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm HS lập luận ∆ADB ∆CDK( c g c) 0.5 ⇒==KCD BAD 450 0.5 Vậy tam giác BCK vuông cân tại K. Từ chứng minh ở câu a suy ra KM⊥ BC và KM là phân giác BKC nên CKE = 450 . 0 00 0 0.25 Ta có: NAC =−90 KAC =−= 90 45 45 Ta có: . EC EK HS lập luận ∆ECK ∆ENA( g. g ) ⇒= 0.25 EN EA Do đó ∆AEK ∆NEC( c g c) suy ra ENC = EAK = 450 0.5 4.1b. (2 điểm) Dẫn đến tam giác NMC vuông cân tại M suy ra tam giác BNC vuông cân tại N 0.25 Khi đó tứ giác BNCK là hình vuông ta có ∆KMB ∆KBN( g. g) ⇒= KB2 KM .4 KN ( ) 0.25 1 BIK =+=+ IBA IAB 450 ABC = IBK nên tam giác IBK cân tại K dẫn đến 2 0.25 KB= KI (5) Từ (4) và (5) suy ra KI2 = KM. KN (đpcm) 0.25
7. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm A E K 4.2. C B D (1 điểm) Áp dụng định lý Menelaus trong ∆ACD đối với ba điểm BKE,, thẳng AK BD CE hàng, ta có: = 1 0.25 KD BC EA 12CE CE ⇒3. . =⇔= 1 . 23EA EA 0.25 Mặt khác ∆ABE và ∆BCE có chung SSABE AE ABE 3 đường cao kẻ từ B , suy ra: =⇒=. 0.25 SBCE CE SBCE 2 SABE 3 Vậy = 0.25 SBCE 2 Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực xy,0> thoả mãn xy+≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16 Qx=+−−22 y9 x 12 y + +25. 2xy+ Câu 5 Nội dung 1,0 điểm Với xy,0> thoả mãn xy+≤3 ta có: 16 Qx=+−−22 y9 x 12 y + +25 2xy+ 0.25 22 16 Qx=−+−( 1) ( y 2) −−+ 7 xy 8 +20 2xy+ 2216 =−( x1) +−( y 2) + +(2xy +−) 9( xy ++) 20 1,0 2xy+ 0.25 điểm Q ≥++0 0 2 16 − 9.3 + 20 = 1 0.25
8. Câu 5 Nội dung 1,0 điểm  xy,0>  2 ( x −=10)  2 x =1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( y −=20) ⇔ (thoả mãn)  y = 2 16 0.25  =2xy + 2xy+  xy+=3 Vậy giá trị nhỏ nhất của là khi Tổng 20 điểm HẾT Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Bài 4 học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm chứng minh.