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)

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 2026 điểm đã cho (tính cả 4 đỉnh hình vuông) có diện tích không lớn hơn 2023/2 cm².
pdf 4 trang Hải Đông 08/01/2024 3020
Bạn đang xem tài liệu "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)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfde_thi_hoc_sinh_gioi_cap_truong_vong_2_mon_toan_lop_8_nam_ho.pdf

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