Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Hoằng Hóa (Có đáp án)

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC: 2022 - 2023 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) x32− x 1 1 x++ x1 1. Cho biểu thức: A.= +− , với x ≠±1. x22+ 1 x −+ 2x 1 1 − x23 x − 1 Rút gọn biểu thức A. Tính giá trị biểu thức A khi x thỏa mãn: x32− 2x − 5x += 6 0. 2. Cho a, b, c là ba số đôi một không đối nhau thỏa mãn: ab++= bc ca 5. (a+ b)222 (b ++ c) (c a) Tính giá trị của biểu thức: P = . (5+++ a2 )(5 b 22 )(5 c ) Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( x22−1)( xx + 4 += 3) 192. 2. Tìm a, b sao cho đa thức f( x) =++− ax32 bx 10x 4 chia hết cho đa thức gx( ) = x2 +− x 2. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: x2 += xy 2022x + 2023y + 2024 . 2. Cho x, y là các số nguyên sao cho x2 −− 2xy y và xy−− 2y2 x đều chia hết cho 5. Chứng minh rằng 2x22+++ y 2x y cũng chia hết cho 5. Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Gọi E, K lần lượt là trung điểm của AB và CD; O là giao điểm của AK và DE. Hạ DM⊥ CE . 1. Chứng minh tứ giác ADKE là hình chữ nhật, từ đó suy ra AM⊥ KM . 2. Gọi N là giao điểm của AK và BM. Chứng minh ∆ADM cân và tính số đo của góc ANB. 3. Phân giác góc DCE cắt cạnh AD tại F. Chứng minh rằng CF≤ 2EF . Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương: ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 13a13b13c+++ ++≥6 . 1b+++222 1c 1a Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh : Giám thị số 1 : Giám thị số 2: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HOÁ NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang Câu Ý Nội dung Điểm Với x ≠±1 xx32− 11xx++ 1 A =. +− x2+1 xx 2 −+ 2 11 − x23 x − 1 xx(22− 1) 1 1 x++ x 1 =. −− x22+1 ( x − 1) ( xx − 1)( + 1) ( xxx − 1)(2 ++ 1) 0.25 xx(2 − 1) ( x +− 1) ( x − 1) 1 = − 22. x+1 ( xx −+ 1) .( 1) x − 1 xx(−+ 1)( x 1) 2 1 21x = . − = − x22+1 ( xxx −+− 1) .( 1) 1 (xx2 +− 1)( 1) x − 1 0.25 2xx−+ (2 1) −−+(xx2 2 1) −−(x 1) 2 1− x = = = = 1 2 2 2 2 . (xx+− 1)( 1) (xx+− 1)( 1) (xx+− 1)( 1) x +1 0.25 1− x Câu Vậy: A = (với x ≠±1). x2 +1 0.25 1. (4,0 Với x ≠±1 Ta có x32− 2x − 5x +=⇔ 6 0 (x − 1)(x + 2)(x − 3) = 0 0.25 điểm) x= 1 (L)  ⇒=−x 2(T / m) 0.25  x= 3 (T / m) 3 Với x=−⇒ 2A = 0.25 5 1 Với x3=⇒=− A 0.25 5 2 Ta có ab++=⇒+=+++=+ bc ca 5 a22 5 a ab bc ca (a b)(a + c) 0.5 Tương tự: b2 += 5 (b + c)(b + a); c2 += 5 (c + a)(b + c) 0.5 (a+ b)222 (b ++ c) (c a) (a + b)222 (b ++ c) (c a) P = = (5+ a2 )(5 + b 22 )(5 + c ) (a ++++++ b)(a c)(b c)(b a)(c a)(c b) 0.5 222 (a+ b) (b ++ c) (c a) = =1 0.5 (a+ b)222 (b ++ c) (c a) Ta có: ( x22−1)( xx + 4 += 3) 192 ⇔( xxx −1)( + 1)( + 3)( x += 1) 192 0.25 Câu 2 22 0.25 2. (4,0 1 ⇔+( x1) ( x − 1)( x += 3) 192 ⇔( xx ++ 2 1)( xx +−= 2 3) 192 (*) điểm) 2 2 Đặt tx=++21 x (ĐK : t ≥ 0 )⇒xx +23 −=− t 4 0.25 Thay vào (*) ta được
3. tt( −4) = 192 ⇔−−t2 4 t 192 =⇔− 0(t 16)( t + 12) = 0 0.25 t=16( TM ) ⇔  0.25 t= −12( KTM ) 2 2 xx+=14 = 3 Với t=16 ⇒ xx + 2 += 1 16 ⇔( x + 1) = 16 ⇔ ⇔ 0.5 xx+=−14 =− 5 Vậy tập nghiệm của phương trình là S ={ −3; 5} 0.25 2 Ta có : g( x) = x2 +− x 2=( x − 1)( x + 2) 0.25 Vì f( x) =++− ax32 bx 10x 4 chia hết cho đa thức gx( ) = x2 +− x 2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x) 0.25 ⇒++−32 ax bx 10x 4=( x+2) .( x-1) .q( x) 0.25 Với x=1⇒⇒ a+b+6=0 b= -a -6( 1) 0.25 Với x=-2⇒ 2a-b+6=0( 2) 0.25 Thay (1) vào (2) . Ta có : 2a – (−− a 6) + 6 = 0 ⇒ a =− 4; 0.25 b2= − 0.25 Vậy a = - 4; b = - 2 0.25 0.5 Vì x; y nguyên nên x+y+1 và x-2023 là ước của 1 0.25 0.5 1 TH1: 0.25 TH2: 0.25 Vậy các cặp (x;y) nguyên cần tìm là: {(2024;-2024);(2022;-2024)} 0.25 Câu 2 Đặt ax=−22 xyybxy − , =− 2 y2 − xc ,2 = x 22 +++ y 2 xy . 3. (4,0 Ta có ab−=( x − yx )( − 2 y + 1) . 0.5 điểm) Do a và b chia hết cho 5 nên ab− chia hết cho 5. Suy ra xy− 5 hoặc xy−+2 15 . 0.25 . Trường hợp 1: Nếu xy− 5 thì xy≡ (mod5) . Khi đó ax≡22 −2 x −=−+ x ( x 2 x )(mod5) ; c≡2 xx22 + + 2 xxxx += 3(2 + )(mod5) . 2 Do a5 nên xx+ 5 hay c5. 0.5 . Trường hợp 2: Nếu xy−+2 15 thì xy≡−2 1(mod 5) . Khi đó 2 a≡(2 y − 1) − 2(2 y − 1) yy −=−+ 3 y 1(mod 5) ; c≡2(2 y − 1)22 + y + 2(2 y −+≡ 1) y 9 y2 − 3 y ≡ 3 yy (3 − 1)(mod 5) . Do a5 nên 3y − 15 hay c5. 0.5 Từ hai trường hợp trên suy ra ĐPCM 0.25 Câu 4
4. (6,0 điểm) m 1 Chứng minh được AEKD là hình chữ nhật. 1.0 Ta có O là giao điểm của 2 đường chéo AK và DE nên 3 11 OA= OE = OK = OD = AK = DE điểm 22 1.0 11 ⇒MO = DE = AK ⇒∆ AMK vuông tại K ⇒⊥AM KM (ĐPCM) 22 1.0 2 Gọi H là giao điểm của AK và DM 1,5 Chứng minh được AECK là hình bình hành . 0.25 điểm Từ đó suy ra AK // CE ⇒ HK / /MC mà KD = KC ⇒=HD HM 0.25 kết hợp với DM⊥ CE ⇒⊥AH DM ⇒∆ADM cân tại A 0.25 ⇒AD = AM = AB ⇒∆ AMB cân tại A 1800 − DAM Do ∆ADM cân tại A ⇒=AMD 2 1800 − BAM Do ∆ABM cân tại A ⇒=AMB 2 0.25 00 180− DAM +− 180 BAM ⇒+=AMD AMB = 2 3600 −+ (DAM BAM) 3600−− DAB 36000 90 = = =1350 ⇒=BMD 1350 0.25 2 22 Lại có BMD là góc ngoài của tam giác vuông HMN từ đó tính được ANB = 450 0.25
5. 3 Qua E vẽ đường vuông góc với CF cắt CD tại Q Xét hình vuông ABCD có EK là đường trung bình . Suy ra EK = AD = CD, EK //AD ⇒⊥⇒AD CD EKQ = 900 0.25 Xét ∆CDF và ∆EKQ có: KEQ = FCQ ( cùng phụ với góc EQC); CD = EK; EKQ = CDF = 900 ⇒∆CDF =∆ EKQ (g.c.g) ⇒=CF EQ ( Hai cạnh tương ứng) 0.25 Xét ∆CEQ có CF là đường phân giác đồng thời là đường cao. Suy ra ∆CEQ cân tại C ⇒ CF cũng là đường trung trực 0.25 ⇒ FE = FQ ( tính chất đường trung trực)⇒ EF + FQ = 2EF 0.25 ⇒EQ ≤+ EF FQ = 2EF . Dấu “=” xảy ra khi E; Q, F thẳng hàng 0.25 Mà EQ = FC ⇒≤FC 2EF ( ĐPCM) 0.25 Câu 5 1+ 3a  b 2  b 2 (1+ 3a) = +  −  + − Ta có: 2 (1 3a)1 2  =1 3a 2 . (2,0 1+ b  1+ b  1+ b 0,25 điểm) b1 b1 Ta chứng minh được ≤ .Thật vậy: −≤0 1b+ 2 2 1b+ 2 2 2b−− 1 b2 −−(b 1) 2 ⇔ ≤ 0 ⇔ ≤ 0 đúng với mọi b. 2(1+ b2 ) 2(1+ b2 ) 0.25 bb2 −−bb2 Do đó ≤ ⇒ ≥ 1b+ 2 2 1b+ 2 2 1+ 3a b 2 (1+ 3a) b(1+ 3a) Khi đó = 1+ 3a − ≥ 1+ 3a − (1) 0,25 + 2 + 2 1 b 1 b 2 1+ 3b c(1+ 3b) Tương tự ta cũng chứng minh được: ≥ 1+ 3b − (2) 1+ c 2 2 1+ 3c a(1+ 3c) ≥ + − Và 2 1 3c (3) 0,25 1+ a 2 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có: 1+ 3a 1+ 3b 1+ 3c b(1+ 3a) + c(1+ 3b) + a(1+ 3c) + + ≥ 3 + 3(a + b + c) − 1+ b 2 1+ c 2 1+ a 2 2 0.25 (a + b + c) + 3(ab + bc + ca) 5(a + b + c) 3 =3 + 3(a + b + c) − = − 2 2 2 0.25 Lại có: (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≥ 0∀a;b;c ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ a + b + c ≥ 3. 0.25 1+ 3a 1+ 3b 1+ 3c 5.3 3 Do đó + + ≥ − = 6. 1+ b 2 1+ c 2 1+ a 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 0.25 Ghi chú: -Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. -Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.