Đề thi học sinh giỏi cấp trường vòng 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Cao Xuân Huy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường vòng 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Cao Xuân Huy (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS CAO XUÂN HUY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG VÒNG 2 – NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán – Lớp 8 – Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (4,0 điểm) 12−−xy 12 1) Cho x, y là các số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn: +=1. 11−−xy Chứng minh M = x2 + y2 – xy là bình phương của một số hữu tỷ. 2) Cho đa thức fx. Tìm số dư của phép chia fx cho xx−+12, biết ( ) ( ) ( )( ) rằng fxchia x −1 dư 7 và fxchia x + 2 dư 1. ( ) ( ) Câu 2. (4,0 điểm) 4 1) Tìm hai số nguyên dương x, y thỏa mãn: ( xy+=) 40 x + 1. 2 2) Giải phương trình: (3xx− 2)( + 1) ( 3 x +=− 8) 16 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. 111 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =++. x222+++ xy yz z mn2 + 2 2) Cho mn, là hai số nguyên dương lẻ thỏa mãn  2 . nm+ 2 Chứng minh: m22++ n24 mn . Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam ABC vuông tại A, có đường cao AH và trung tuyến BN. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BN cắt BN và BC lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng: 114 a) = + . AK222 AB AC b) BKH = BAH 2 11 c) = + . MB BH BC Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình vuông có cạnh bằng 2023cm. Bên trong hình vuông, người ta lấy 2022 điểm phân biệt sao cho trong 2026 điểm (tính cả 4 đỉnh hình vuông) không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng, tồn tại 1 tam giác có 3 đỉnh là 3 trong số 2023 2026 điểm đã cho (tính cả 4 đỉnh hình vuông) có diện tích không lớn hơn cm2. 2 Hết
2. ĐÁP ÁN HSG TRƯỜNG VÒNG 2 Câu 1. a) Ta có: 12−−xy 12 + =⇔−1( 12xy)( 1 −+−) ( 12 yx)( 1 −=−) ( 1 xy)( 1 −) 11−−xy ⇔−−1y 22 x + xy +−− 1 x 22 y + xy =−−+ 1 xyxy ⇔3xy =+− 221 x y 2 ⇒=+−=+M x22 y xy( x y) −3 xy 22 2 =+−+−=+−++=+−( xy) (221 x y) ( xy) 2( xy) 1( xy 1) Mà xy, là các số hữu tỷ khác 1 ⇒=+−M x22 y xy là bình phương của một số hữu tỷ (đpcm). b) Gọi dư của phép chia fxcho xx−+12là ax+ b. ( ) ( )( ) Ta có: f( x) = px( ).( x −+= 17) qx( ) .( x ++= 21) kx( )( x − 1)( x +++ 2) axb . ab+=7  36 a = a = 2 Thay xx=1, = − 2 được: ⇔⇔ . −2ab += 1  b =− 71 b = 5 Dư cần tìm là: 2x + 5. Câu 2. 43 1) Vì xyN; ∈* ⇒+( xy) =40 x +<+ 1 40 x 40 y = 40( xy +⇒+) ( xy) <40 ⇒+< xy 4 Do đó: 24≤+<xy 4 Mặt khác: 40x + 1là số lẻ nên ( xy+ ) là số lẻ ⇒+xylà số lẻ Ta có: 24≤+<xy , xy+ là số lẻ ⇒+=xy3 Từ đó: ( xy;)∈{( 2;1) ;( 1; 2 )} Thử lại chỉ có cặp số xy;= 2;1 thỏa mãn bài toán . ( ) ( ) Vậy xy=2; = 1. 22 2) Ta có: (3xxx− 2)( + 1) ( 3 +=−⇔ 8) 16( 3 xxx − 2) 9( + 1) ( 3 +=− 8) 144 2 ⇔(3xx − 2)( 3 + 3) ( 3 x +=− 8) 144 Đặt 3xtxtxt+=⇒ 3 3 −=− 2 5, 3 +=+ 8 5, ta có phương trình: (t−5) tt2( +=−⇔ 5) 144(t22 − 25) t =− 144 ⇔−tt4225 + 144 =⇔ 0( t2 − 9)( t 2 − 16) = 0 tt2 =93 = ± ⇔⇔  2  t =16 t = ±4 Với tx=⇒3 3 +=⇔ 33 x = 0 Với tx=−⇒333 + =−⇔ 3 x =− 2
3. 1 Với tx=⇒4 3 +=⇔ 34 x = 3 −7 Với tx=−⇒433 + =−⇔ 4 x = 3 17− Vậy tập nghiệm của phương trình là S =0; − 2; ; . 33 Câu 3 111 1 1 1 a) P =++= + + x222++++++ x y y z z xx( 1) yy ( 1) zz ( 1) 1 1 1 1 1 1 111  1 1 1 =− +− +− = ++  − + +  xx+1 yy + 1 zz + 1 xyz  x+++111 y z  111 9 1 111 Áp dụng BĐT ++≥ và ≤+. với abc,, dương, dấu bằng a b c abc++ ab+ 4  a b xảy ra ⇔==abc. 1 11 1 11 1 11 Ta có ≤+. 1; ≤+ . 1; ≤+ . 1 x+++14 xy 14 yz 14 z 111 1 1 1  111 11 1 1  Bởi vậy P = ++ − + +  ≥ ++ −.1 +++++ 1 1  xyz x+++111 y z  xyz 4 x y z  3111 33 9 3933 = ++ −≥ −=−= . 4x y z44 xyz++ 4442 3 Vậy Min P= . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xyz= = =1. 2 b) +) Vì mn, là hai số nguyên dương lẻ nên ta đặt m=+=+2 a 1, n 2 b 1( ab , ∈ ) . Khi đó ta có: m22+ n +=2 4( a 22 + b) + 4( ab +) + 44 (1) mn2 + 2 22++ ⇒22 + 2 ++ 2 ⇒22 ++ +) Vì  2 nên (m22)( n) mn m n22( m n) mn 22(m n) mn nm+ 2 Vì mn, lẻ nên (2,mn) = 1. Do đó m22++ n2 mn (2) Từ (1) , (2) và (4,mn) = 1 nên suy ra m22++ n24 mn . Câu 4.
4. A N K B C H M I 111 a) Dễ dàng chứng minh được = + . mà AC = 2.AN AK222 AB AN 114 ⇒=+. AK222 AB AC AB BN b) Chứng minh được ∆BKA ∆BAN (g.g) ⇒ = ⇒ AB2 = BK. BN (1) BK AB ∽ AB BC Chứng minh được ∆BHA ∆BAC (g.g) ⇒ = ⇒ AB2 = BH. BC (2) BH AB ∽ BH BN Từ (1) và (2) suy ra BK.BN = BH.BC ⇒ = BK BC BH BN Xét ∆BHK và ∆BNC , có: NBC chung và = BK BC Suy ra ∆BHK ∆BNC ⇒ BKH = ACB mà BAH = ACB ⇒ BKH = BAH c) Kẻ NI ⊥ BC∽ tại I, ta có AH//NI (vì cùng vuông góc với BC) Vì N là trung điểm của AC nên I là trung điểm của HC Chứng minh được ∆BKM ∆BIN (g.g) suy ra được MB.BI = BK.BN(3) Từ (1), (2) và (3) ta có BM.BI∽ = BH.BC ⇒ BM.2BI = 2BH.BC 2 11 ⇒ BM.(BH + BC) = 2BH.BC⇒ = + BM BH BC Câu 5. Số tam giác được tạo thành: 4 + 2.2021 = 4046 Mà tổng diện tích của 4046 tam giác này bằng 20232 cm2 20232 2023 Nên tồn tại 1 tam giác có diện tích không lớn hơn = cm2 4046 2