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

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

1. PHÒNG GDĐT KRÔNG ANA KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ CHÍNH THỨC KHÓA NGÀY 08/4/2023 Đề thi môn: TOÁN, lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ BÀI Câu 1 (3 điểm) 1.1. Chứng minh rằng: P = a 3 - a  6 với mọi số nguyên a. 1.2. Cho số tự nhiên x. Chứng minh rằng: (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + 9 là 1 số chính phương. 1.3. Tính giá trị của biểu thức sau một cách hợp lý: N = x7 – 100x6 + 100x 5 – 100x4 + 100x3 – 100x2 + 100x – 9 tại x = 99 Câu 2 (3 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a. x2 – 4x + 4 b. 5x2 – 7x + 2 c. x7 + x5 + 1 x 1 x 1 x2 4x 1 x Câu 3 (3 điểm) Cho biểu thức: A 2 : x 1 x 1 x 1 x 2023 a. Rút gon biểu thức A. b. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 4 (3 điểm) 4.1. Giải phương trình : x2 + 2024x = 0 x2 2x 4 4.2. Tìm nghiệm nguyên dương của bất phương trình: 1 (x 1)(x 3) 1 4.3. Cho a + b + c = 0; a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 = 2 Câu 5 (4 điểm) Cho hình bình hành ABCD (AB > AD). Kẻ Ax và Cy lần lượt là các đường phân giác trong của các góc A và góc C. Đường phân giác trong của góc D cắt Ax tại M, cắt Cy tại N. Đường phân giác trong của góc B cắt Cy tại P và cắt Ax tại Q. a. Chứng minh MNPQ là hình chữ nhật. b. Chứng minh MP = AB – AD Câu 6 (4 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Đường thẳng qua O song song với CD cắt AD và BC lần lượt tại E và F. 1 1 2 a. Chứng minh: AB CD EF 2 2 b. Cho biết SOAB = x và SOCD = y . Tính SABCD theo x, y. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Họ và tên học sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
2. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN KHÓA NGÀY: 08/4/2023 Môn: TOÁN, lớp 8. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Ý Câu trong Nội dung Điểm câu Ta có: P = a3 - a = a(a2 – 1) = a(a – 1)(a + 1) là tích 3 số nguyên 1.1 liên tiếp P 2 và 3; mà UCLN(2; 3) = 1 P 6 1.0 Vậy P  6 với mọi số nguyên a. Ta có A = (x + 1)(x + 3)(x + 4)(x + 6) + 9 1.2 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 12) + 9. Đặt x2 + 7x + 9 = t 1.0 Khi đó, có: A = (t – 3)(t + 3) + 9 = t2 – 9 + 9 = t2 A = (x2 + 7x + 9)2 là 1 số chính phương. 1 Ta có : x = 99 x + 1 = 100. Thay vào bt N, có: N = x7 – (x + 1)x6 + (x + 1)x 5 – (x + 1)x4 + ( x + 1)x3 – (x + 1)x2 + (x + 1)x – 9 1.3 = x7 – x7 – x6 + x6 + x5 – x5 – x4 + x4 + x3 – x3 – x2 + x2 + x – 9 1.0 = x – 9 Thay x = 99 vào bt N, có N = 99 – 9 = 90. Vậy N = 90 khi x = 99 a x2 – 4x + 4 = (x – 2)2 1.0 b 5x2 – 7x + 2 = 5x2 – 5x – 2x + 2 = 5x(x – 1) – 2(x – 1) 1.0 = (x – 1)(5x – 2) 7 5 7 5 2 2 x + x + 1 = (x – x ) + (x – x ) + (x + x + 1) 3 3 2 3 2 2 = x(x – 1)(x + 1) + x (x – 1) + (x + x + 1) 2 4 2 2 c = (x + x + 1)(x – 1)(x + x) + x (x – 1)(x + x + 1) 2 1.0 + (x + x + 1) 2 5 4 2 3 2 = (x + x + 1)[(x – x + x – x) + (x – x ) + 1] 2 5 4 3 = (x + x + 1)(x – x + x – x + 1) x 1 x 1 x2 4x 1 x A 2 : x 1 x 1 x 1 x 2023 (x 1)2 (x 1)2 x2 4x 1 x : 2.0 a x2 1 x 2023 3 x2 1 x 2023 x 2023 . x2 1 x x b x 2023 x 2023 2023 Ta có A = 1 x x x x
3. 2023 A Z Z 2023x x U (2023) x 1.0 Có Ư(2023) = 1; 7; 17; 119;289; 2023 x 1; 7; 17; 119;289; 2023 Vậy khi x 1; 7; 17; 119; 289; 2023 thì A nhận giá trị nguyên. x2 + 2024x = 0 a x 0 x(x + 2024) = 0 1.0 x 2024 Vậy tập nghiệm của pt là: S 0; 2024 x2 2x 4 1 (dk: x -1; x 3) (x 1)(x 3) x2 2x 4 (x2 2x 4) (x 1)(x 3) 1 0 0 b (x 1)(x 3) (x 1)(x 3) 1.0 1 0 (x 1)(x 3) 0 (x 1)(x 3) 1 x 3 (tmdk) 4 Vì x là số nguyên dương nên x = 1 hoặc x = 2 Ta có: a2 b2 c2 1 (a2 b2 c2 )2 1 a4 b4 c4 2(a2b2 b2c2 c2a2 ) 1 (1) c Ta có: a b c 0 a2 b2 c2 2(ab bc ca) 0 Vì a2 + b2 + c2 = 1 nên có 1 + 2(ab + bc + ca) = 0 1 ab bc ca 2 1 (ab bc ca)2 1.0 4 1 a2b2 b2c2 c2a2 2abc(a b c) 4 2 2 2 2 2 2 1 a b b c c a (2) 4 1 1 Từ (1) và (2) ta có: a4 b4 c4 2. 1 a4 b4 c4 4 2
4. a µA Dµ 1800 Xét VAMD có D· AM A· DM 900 2 2 2.5 A E B A· MD 900 Q· MN 900 (1) 5 N Tương tự, có N· PQ 900 (2) M Xét VDNC có: P Cµ Dµ 1800 N· DC N· CD 900 Q 2 2 D C D· NC 900 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Ta có A· ED E· DC (so le trong), mà E· DA E· DC (gt) nên suy ra A· ED A· DE VDAE cân tại A, mà AM là phân giác (gt) do đó MD = ME. (4) b Xét VAMD và VCPB có: M· AD P· CB; AD CB; M· DA P· BC (gt) 1.5 Nên VAMD = VCPB (g.c.g) DM = BP (5) Từ (4) và (5) suy ra: ME = BP, mà ME//BP do đó tứ giác MEBP là hình bình hành Vậy MP = EB hay MP = AB - AD OE DE Ta có OE//AB A B AB DA OE AE Vì OE//CD E F CD DA O Do đó OE OE DE AE 1 (1) a AB CD DA DA D C 2.5 OF OF C/m tương tự, có: 1 (2) 6 AB CD OE OE OF OF Cộng 2 vế của (1) và (2) ta được: 2 AB CD AB CD EF EF 1 1 2 2 AB CD AB CD EF b Ta có SDAB = SCAB SOAD = SOBC SOAB SAOD và SAOD x.y 1.5 SOAD SCOD 2 2 2 Do đó SABCD = x + 2xy + y = (x + y)