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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7, LỚP 8 TẠO HUYỆN THỌ XUÂN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi : Toán - Lớp 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/3/2023 (Đề thi có 01 trang ) Câu 1. (4,0 điểm) x22 x( xx−− 1)( 3) P = + . 1. Cho biểu thức 2 2 42 . x−+56 x x −+ 32 x xx ++ 1 Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của . 2. a) Phân tích đa thức x3++− y 33 z3 xyz thành nhân tử. b) Cho hai𝑃𝑃 số thực phân biệt và khác𝑃𝑃 0 thỏa mãn điều kiện 113 ++ =1. Tính giá trị của biểu thức = [( 1)( 1)] . 33ab 𝑎𝑎 𝑏𝑏 ab 2023 Câu 2. (4,0 điểm) 𝑇𝑇 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 − 1 11 1. Giải phương trình : = + . xx22+−2 3 ( x + 1) 48 2. Lúc 8 giờ, An rời nhà mình để đến nhà Bích với vận tốc 4km/h. Lúc 8 giờ 20 phút, Bích cũng rời nhà mình để đến nhà An với vận tốc 3 km/h. An gặp Bích trên đường, rồi cả hai cùng đi về nhà Bích. An ở nhà Bích chơi một thời gian rồi đi về một mình. Về đến nhà An tính ra quãng đường mình đã đi dài gấp bốn lần quãng đường Bích đã đi. Tính quãng đường từ nhà An đến nhà Bích (với giả thiết An và Bích cùng đi trên một quãng đường). Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 4 + 5 16 = 0. 2. Giả sử p, q là 2 số nguyên tố thỏa mãn đ2ồng thời các đi2ều kiện pq>>3, 33 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑦𝑦 − pq−=2 . Chứng minh rằng pq+ chia hết cho 36. Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và điểm H thuộc cạnh BC (H không trùng với B và C ). Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa hình vuông ABCD dựng hình vuông CHIK. Gọi M là giao điểm DH và BK ; N là giao điểm KH và BD . 1. Chứng minh DH vuông góc với BK và DN DB DC DK . BH SS BHDHKH 2. Chứng minh BHD BHK và 6. HC SDHK HC HM HN 3. Gọi P là giao điểm của CN và DH. Qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt BC, BK lần lượt tại E, Q. Chứng minh E là trung điểm của PQ. Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab++= bc ca 3. abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =++. 2bca33+++ 12 12 3 1 HẾT Họ và tên thi sinh . Số báo danh .
2. UBND HUYỆN THỌ XUÂN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7, LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022-2023 MÔN: TOÁN – LỚP 8 HƯỚNG DẪN CHẤM Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang. Câu Ý Nội dung Điể m 1 1.Cho biểu thức ( )( ) 2,5 = + . 𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 + + + 𝒙𝒙 𝒙𝒙 𝒙𝒙 − 𝟏𝟏 𝒙𝒙 − 𝟑𝟑 Rút gọn và𝑷𝑷 tìm� giá𝟐𝟐 trị lớn nhất c𝟐𝟐ủa . � 𝟒𝟒 𝟐𝟐 𝒙𝒙 − 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟔𝟔 𝒙𝒙 − 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟐𝟐 𝒙𝒙 𝒙𝒙 𝟏𝟏 ĐKXĐ: 𝑷𝑷 1; 2; 3 𝑷𝑷 0.25 ( 1)( 3) = 𝑥𝑥 ≠ 𝑥𝑥 ≠ +𝑥𝑥 ≠ . ( 2)(2 3) ( 1)(2 2) + + 1 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 0.5 𝑃𝑃 � � 4 2 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 𝑥𝑥 xx22(−+ 1) xx ( − 3) ( x − 1)( x − 3) = P . 42 (xx−− 1)( 2)( x − 3) xx++1 0,25 1 2 ( 1)( 3) = . 0.5 ( 1)(2 3) + + 1 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑃𝑃 � 2 � 4 2 0,25 = 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 𝑥𝑥 + 2 + 1 𝑥𝑥 𝑃𝑃 4 2 1; 2; 3 = Vậy với thì 2 𝑥𝑥 𝑥𝑥 2𝑥𝑥 0.25 4 2 Nếu =𝑥𝑥0≠ thì 𝑥𝑥=≠0 𝑥𝑥 ≠ 𝑃𝑃 𝑥𝑥 +𝑥𝑥 +1 0,25 Nếu 0 thì 𝑥𝑥 2 𝑃𝑃 2 2 = = 𝑥𝑥 ≠+ 2 + 1 1 3 𝑥𝑥 + 3 0,25 𝑃𝑃 4 2 2 ≤ Dấu “=”𝑥𝑥 xả𝑥𝑥y ra khi x= - 1 �𝑥𝑥 − � Vậy giá trị lớn nhất của 𝑥𝑥là đạt được khi x = - 1. 2 2 2.a) Phân tích đa thức x3++− y 33 z3 xyz thành nhân tử 1,0 𝑃𝑃 3 x3++− y 33 z3 xyz =+ ( x y )3 − 3 xy (x ++− y) z3 3 xyz 33 0,5 =(x + y ) + z −[ 3 xy (x ++ y) 3 xyz] 22 0.25 =(xyz ++ )()() xy + − zxyz + + − 3( xyxyz ++ ) 222 0,25 =(xyz ++ )(x + y + z − xyyzzx − − ) (*)
3. 2.b) Cho hai số thực phân biệt và khác 0 thỏa mãn điều kiện 113 ++ =1 . Tính giá trị của = [( )( )] . 0,5 33ab 𝒂𝒂 𝒃𝒃 ab 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 11 Áp dụng kết quả (*) với xyz=, =𝑻𝑻 , = − 1.𝒂𝒂 − 𝟏𝟏 𝒃𝒃 − 𝟏𝟏 ab 0,25 1 1 3 11  1 1 1 11 0= + −+ 1 = + −1  + +−1 + +  (*) ab33 ab a b  ab22 ab a b  1 1 1 11 + +− + + = + 1 + + 1 + > 0 Mà 221 ab ab a b 1 1 2 1 2 1 1 2 ( vì ab≠ ) 2 ��𝑎𝑎 � �𝑏𝑏 � �𝑎𝑎 − 𝑏𝑏� � 0,25 11 Nên (*)⇔ + −= 1 0 ⇔a + b = ab ⇔ ab − a −+= b 1 1 ab Do đó T=( ab −−+ a b 1)2023 = 1 1 11 2 1 = + Giải phương trình : 22(1) 3,0 xx+−2 3 ( x + 1) 48 ĐKXĐ: xx≠±1, ≠− 3. 0,25 1 11 41 (1) ⇔ −=⇔= Ta có: 2 2 0,5 (xx−+ 1)( 3) ( x + 1) 48 (xx−+ 1)( 3)( x + 1) 48 (xx22+− 2 3)( xx ++= 2 1) 192 0,5 Đặt + 2 1 = ta có phương trình: (aa− 2)( += 2) 192 2 = 14 = 196 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎= 14 0,5 2 𝑎𝑎 = 5 V⟺ới𝑎𝑎 = 14 ⟺ � + 2 1 = 14 ( th 0,5 𝑎𝑎 − = 3 Với = 14 2 + 2 1 = 14 𝑥𝑥 − m. 0,5 𝑎𝑎 ⟹ 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − ⟺� ỏa mãn ĐKXĐ) Vậy = { 5; 3} 2 𝑥𝑥 0,25 2 Lúc 𝑎𝑎8 giờ−, An⟹ rời𝑥𝑥 nhà mình𝑥𝑥 − để đ−ến nhà. Phương Bích v trìnhới vận vô tố nghic 4km/h.ệ Lúc 8 giờ𝑆𝑆 20 phút,− Bích cũng rời nhà mình để đến nhà An với vận tốc 3 km/h. An gặp Bích trên đường, rồi cả hai cùng đi về nhà Bích. An ở nhà Bích chơi một thời gian rồi đi về một mình. Về đến nhà An tính 1,0 ra quãng đường mình đã đi dài gấp bốn lần quãng đường Bích đã đi. Tính quãng đường từ nhà An đến nhà Bích (với giả thiết An và Bích cùng đi trên một quãng đường). Xem quãng đường từ nhà An đến nhà Bích theo thứ tự đó là AB. Gọi quảng đường từ nhà An đến nhà Bích là (km). > 0 Quảng đường An đã đi là 2 (km) 0.25 Quảng đường Bích đã đi là = (km) 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑥𝑥 2𝑥𝑥 𝑥𝑥 3 Gọi C là chỗ hai người gặp nhau4 2thì BC = : 2 = (km), AC= x. 𝑥𝑥 𝑥𝑥 4 0.25 Thời gian An đi đoạn AC là : 4 = (giờ2) 4 3𝑥𝑥 3𝑥𝑥 4 16
4. Thời gian Bích đi đoạn BC là : 3 = (giờ) 0.25 𝑥𝑥 𝑥𝑥 Ta có phương trình =4 12= 3,2 (t/m) 0,25 Vậy quãng đường từ3 nhà𝑥𝑥 An𝑥𝑥 đế1n nhà Bích là 3.2 (km). 16 − 12 3 ⟺ 𝑥𝑥 1 Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn + = 2,5 4 + 5 16 = 0 ( 2 ) +𝟐𝟐 = 16 (*)𝟐𝟐 0.25 2 2 2𝒙𝒙 −2𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟓𝟓𝒚𝒚 − 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 , 2 𝑥𝑥Vì − 𝑥𝑥𝑥𝑥 nên𝑦𝑦 − ⟺, do𝑥𝑥 đó− từ𝑦𝑦 (*) suy𝑦𝑦 ra: 2 2 (xy−= 2 ) 16 (xy−= 2) 0 0.5   𝑥𝑥 𝑦𝑦2 ∈ 𝑍𝑍 𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 ∈2 𝑍𝑍  y = 0 hoặc  y =16  2 (xy−= 2 ) 16 x = −4 x = 8 1)  ⇔   0.75 2 =  y = 0 hoặc y = 0  y 0  2 (xy−= 2) 0 x = −8  x = 8 2)  ⇔   0.75 3 2 = y = −4 hoặc y = 4  y 16 Vậy các cặp số nguyên ( ; ) cần tìm là 0,25 ( 4; 0), (4; 0), (8; 4), ( 8; 4) 2 Giả sử p, q là 2 số nguyên𝑥𝑥 𝑦𝑦 t ố thỏa mãn đồng thời các điều kiện − − − 33 1,5 pq>>3, pq−=2 . Chứng minh rằng pq+ chia hết cho 36. Xét các số p, q có dạng 6.k + r (r = 0, 1, 2, 3, 4, 5), k là số tự nhiên 0,25 Dễ thấy, khi p, q là các số nguyên tố lớn hơn 5 thì các số 6k, 6k+2, 6k+3, 6k+4 đều là hợp số nên các số p, q có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5. 0,5 Vì pq−=2 nên : Nếu p = 6k+5 thì q = 6k+3, lúc này q lại là hợp số, trái giả thiết q là số 0,25 nguyên tố. Nếu p = 6k+1 thì q = 6k - 1. Khi đó 33 2 0,25 pq+=(p + q ) (p −+ q ) pq =+ ( p q )(4 + pq ) 22 33 =12k(36k += 3) 36kk (12 + 1) 36 . Vậy pq+ chia hết cho 36 0,25 4 Cho hình vuông ABCD và điểm H thuộc cạnh BC (H không trùng với B và C). Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa hình vuông ABCD dựng hình vuông CHIK. Gọi M là giao điểm DH và BK ; N là giao điểm KH và BD . 1.Chứng minh DH vuông góc với BK và DN DB DC DK BHDHKH 6,0 BH SS 6. 2.Chứng minh BHD BHK và HC HM HN HC SDHK 3. Gọi P là giao điểm của CN và DH. Qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt BC, BK lần lượt tại E, Q. Chứng minh E là trung điểm của PQ.
5. A B N Q E M H I P D C K 1. Vì các tứ giác ABCD, CHIK là các hình vuông nên D, C, K thẳng 1,0 hàng và BDC 45  ; CKH 45  BDC CKH 90  KH  BD Tam giác BKD có BC KD; KH BD nên H là trực tâm . DH BK 0.5 1 Xét tam giác DNK và tam giác DCB có : 3đ NDK: chung DNK DCB(.) g g 1,0 DNK DCB 90 DN DK DN DB DC DK 0,5 DC DB BH BH DC BH CK 22S S SS Ta có : BHD BHK BHD BHK 1,0 HC HC. DC HC .2 CK SDHC 2 S CHK SDHK DH SS HK SS Tương tự : BHD DHK ; BHK DHK HM S HN S 0.5 2 BHK BHD 2,5 Suy ra: đ BH DH KH SSBHD DHK SS BHK DHK SS BHD BHK 0.5 HC HM HN SDHK S BHD S DHK S BHK S BHK S BHD SS SS Theo bất đăng thức Cô si ta có : BHD DHK 2; BHD BHK 2; SS SS DHK BHD BHK BHD SS BH DH KH BHK DHK 2 .Do đó : 6 SS HC HM HN DHK BHK S S S DC CK Dấu “=” xảy ra BHD BHK DHK 0,5 (vô lí vì DC BC CK ). Dấu bằng không xảy ra . BH DH KH Vậy 6 (đpcm ) HC HM HN
6. Xét tam giác DNC và tam giác DKB có : 3 NDC: chung 0,5 DN DC DNC DKB(c. g . c ) DCN DBK. (vi DN . DB DC .) DK 0,25 đ DK DB Tương tự KCM KBD . DCN KCM NCB MCB Suy ra CH là đường phân giác trong, CD là đường phân giác ngoài của tam giác PCM ( vì DC CH ). HP DP CP HM DM CM (tính chất đường phân giác trong tam giác PCM). DM DP DM DP22 DM PM DM 1 (1) HM HP HM HP PM PM DP DH HP DH 1 (2) Mặt khác HP HP HP 21DM DH HP MP 0,25 . (3) Từ (1), (2) Suy ra: PM HP HD2 MD Áp dụng định lí ta-lét vào các tam giác BHD, BMD ta có: HP PE MP PQ ; (4) HD BD MD BD PE1 PQ (3), (4) .2 PQ PE , suy ra E là trung điểm của PQ. BD2 BD 5 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab++= bc ca 3.Tìm giá trị abc nhỏ nhất của biểu thức: A =++ 2,0 2bca33+++ 12 12 3 1 Các bất đẳng thức quen thuộc ( học sinh phải chứng minh) (x++ y z )2 ≥ 3( xy + yz + zx ) (1); x333 +y + z ≥ 3 xyz ∀ x , y , z > 0 (2). 0.25 Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 33 a a(2 b+− 12) ab 2ab33 22 ab ab 0.25 = =−aa =− ≥− a 21b3+ 21 b3 + 21b3+ bb33 ++ 1 3 b22 bc c ca ≥− ≥− Tương tự: 33bc; 0.25 21ca++ 3 21 3 abc 2 ⇒=A + + ≥++−()()()2(3)abc abbccaabc ++=++− 2bca33+++ 12 12 3 1 3 0.25 Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: (a++ b c )2 ≥ 3( ab + bc + ca ) = 9 ⇒++≥abc3 (4) 0.25 Từ (3) và (4) suy ra A ≥1. 0.25 Dấu “=” xảy ra khi abc= = =1. 0.25 Vậy MinA=⇔=== 1 abc1. 0.25 Lưu ý: - Câu IV: Nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm. - Điểm bài thi làm tròn đến 0,25. - Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.