Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Nam Định (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán – Lớp: 8 THCS. Thời gian làm bài: 120 Phút. Đề thi gồm: 01 trang. Câu 1. (4,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức:  2 1 1  1  2xx2 −− 35 = −+ + − A 3 2 . 12 . 2 1:  43 21. x−3 x +− 3 x 1  x x −+2 x 1  x  2 xx−− 10 x 1111 2) Cho các số thực xyz,, thoả mãn ++= và xyz++=3. Tính giá trị của biểu thức: xyz3 Px=+++(2023 y 2023 ).( y 2023 z 2023 ).( z 2023 x 2023 ) . Câu 2. (4,0 điểm) 1) Biết rằng đa thức fx() chia cho x − 2 dư 11, chia cho x + 2 dư (−1) , chia cho x2 − 4 được thương là 3x và còn dư. Tính ff(2023)+− ( 2023) . 2) Tìm tất cả giá trị của số tự nhiên n để biểu thức Bn=−−64 n22 n 3 + n 2 có giá trị là một số chính phương. Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: xx( 23++=−24 x) y 3. 22 xx+3  −− 3  63 7 x2 2) Giải phương trình:  +60  +=. x−2  xx +− 24  2 Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB< AC) . Các đường cao AD,, BM CN của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, E là điểm đối xứng của H qua O . Kẻ CF vuông góc với đường thẳng BE tại F. 1) Tính số đo FMN . 2) Gọi KLR,, lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng AC,,. AD BC Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: a) Ba điểm KLR,, thẳng hàng. b) HN. CS= NC SH 3) Tia phân giác của BAC cắt BC tại I, kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q . Gọi G là trung điểm của đoạn thẳng IQ. Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC . Câu 5. (2,0 điểm) = 1) Xét xy, là hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xy.1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 2( xy33+ ) thức A = . ( xyxy4224++)( ) 2) Một chiếc hộp đựng 99 chiếc thẻ màu vàng, 100 chiếc thẻ màu đỏ và 101 chiếc thẻ màu xanh. Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ như sau: mỗi lần rút thẻ người ta lấy ra hai chiếc thẻ khác màu và thay vào đó bằng hai chiếc thẻ có màu còn lại, quá trình này diễn ra liên tục. Hỏi đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu hay không? Hãy giải thích vì sao? Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ, tên và chữ ký của GT1: Họ, tên và chữ ký của GT2:
2. Câu Đáp án Điểm Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức  2 1 1  1  2xx2 −− 35 = −+ + − (2,0) A 3 2 . 12 . 2 1:  43 21. x−3 x +− 3 x 1  x x −+2 x 1  x  2 xx−− 10 x Điều kiện xác định x ≠ 0  32 xxx−3 + 3 −≠ 10  0,25 xx2 −2 +≠ 10  2 2xx− 3 −≠ 50 43 2 2xx−− 10 x ≠ 0 5 Tìm đúng điều kiện và kết luận x≠0; xx ≠ 1; ≠− 1; x ≠− 2; x ≠ 0,25 1.1 2 (2,0 đ) 21−+xx 112 (2xx−+ 5.) ( 1) =+− A 32. .:22 1 0,5 ( xx−−11) x( ) x xx(2−+ 5.) ( x 2) −+21xx2 + 1 A =+−:1 222 2 0,25 xx( −−11) x( x ) xx( + 2) 2 −21xxx ++ + 1 0,25 A = 2 :1− xx2 ( −1) xx2 ( + 2) 2 ( x−+12) xx2 ( ) x + 21 A = 2 .−= 11 −= 0,25 xx2 ( −1) x+1 xx ++ 11 5 1 Vậy với x≠0; xx ≠ 1; ≠− 1; x ≠− 2; x ≠ thì A = 0,25 2 x +1 1111 Cho các số thực xyz,, thoả mãn ++= và xyz++=3. Tính giá trị của biểu xyz3 (2,0) thức: Px=+++(2023 y 2023 ).( y 2023 z 2023 ).( z 2023 x 2023 ) . 1111 111 1 Kết hợp ++= và xyz++=3 ta được ++= 0,25 xyz3 x y z xyz++ 111 1 11  1 1  ⇔++− =⇔00 +  + −  = 0,25 x y z xyz++  x y  z xyz++  xy++ xy 1.2 ⇔+ =0 ⇔zxyxyz( +)( ++) + xyxy( +) =0 0,25 xy z( x++ y z) (2,0đ) ⇔+( xyxzyzz)( +++2 xy) =⇔+00( xyxzyz)( +)( +=) 0,25 xy+=0  ⇔xz +=0 0,25  yz+=0 += =−⇒2023 =− 2023 ⇒ 2023 + 2023 = Nếu xy0 thì x yx y x y 0 0,25 Px=+(2023 y 2023 ).( y 2023 + z 2023 ).( z 2023 += x 2023 ) 0 0,25 Tương tự nếu yz+=0 hoặc zx+=0 thì P = 0 0,25
3. 1111 Vậy với xyz,, thoả mãn ++= và xyz++=3 thì P = 0 xyz3 Biết rằng đa thức fx()chia cho x − 2 dư 11, chia cho x + 2 dư −1, chia cho x2 − 4 được (2,0) thương là 3x và còn dư. Tính ff(2023)+− ( 2023) . fx()chia cho x − 2 dư 11 ⇒=−+f() x( x 2.()) Px 11 ⇒=f (2) 11 0,25 fx()chia cho x + 2 dư −1 ⇒=+−f() x( x 2.()) Qx 1 ⇒f ( −=− 2) 1 0,25 2 fx() chia cho x − 4 được thương là 3x và còn dư 0,25 ⇒f( x ) =( x2 − 4) .3 x ++ ax b (1) 2.1 ⇒f(2) = 2 abf + , ( −=−+ 2) 2 ab (2,0đ) Từ (1) 0,25 2ab+= 11 ⇒  −21ab +=− 0,25 tìm được ab=3, = 5 23 Suy ra fx()=( x − 4.335395) x + x += x − x + 0,25 +− =33 − ++− −− + ff(2023) ( 2023) 3.2023 9.2023 5 3.( 2023) 9.( 2023)5 0,25 ⇒ ff(2023)+− ( 2023) = 10 0,25 Tìm tất cả giá trị của số tự nhiên n để biểu thức Bn=−−64 n22 n 3 + n 2 có giá trị là một số (2,0) chính phương. 64 3 2 242 Bnnnnnnnn=−−2 + 2 =( −−+22) 0,25 =nn2( − 1) 2 .( n 2 ++ 2 n 2)(*) 0,25 - Xét n = 0 thì B = 0 là số chính phương 0,25 - Xét n =1 thì B = 0 là số chính phương 0,25 2.2 22 22 2 - Xét n ≥ 2 ta thấy nn(− 1) là số chính phương, nn++>++=+2 2 nn 2 1 ( n 1) (2,0đ) 0,25 22 2 nn++ 1 0 với mọi x ⇒>yx33 (1) 32 3 3.1 yx33=+2 x 2 ++=+ 43 x( x 2) − 4( x +−<+ 11) ( x 2) với mọi x (2) 0,25 (1,5đ) 3 Từ (1) và (2) suy ra xy33<<+( x2) 0,25 Mà xy, nguyên nên yx= +1 Thay yx= +1 vào (*) ta được: xxx32+2 + 43 += xxx32 + 3 + 31 + 0,25
4. ⇔xx2 −−=20 x = −1 0,25 ⇔  x = 2 Với x = −1 thì y = 0 Với x = 2 thì y = 3 0,25 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên là (xy ; )= ( − 1; 0) ; (xy ; )= (2;3) . 22 xx+3  −− 3  63 7 x2 (1,5đ) Giải phương trình  +60  += . x−2  xx +− 24  2 Điều kiện xác định xx≠2, ≠− 2 0,25 Phương trình được viết lại 22 22 xxx+−−339   2  xx +− 33   ( xx−+33)( ) +−=⇔+− =  670  2   67  0 0,25 xxx−+−224    xxxx −+−+ 2222  ( )( ) xx+−33 Đặt uv=; = , xx−+22 3.2 uv= 0,25 (1,5đ) Phương trình trở thành u22−+=760 uv v ⇔−(uvu)( −6 v) ⇔  = uv6 xx+−33 TH1: uv= ⇔ = ⇔xx22 +56 += xx − 56 +⇔=xM 0( TĐK ) xx−+22 0,25 xx+−33 TH2: uv= 6 ⇔=6. ⇔6x22 − 30 x +=++ 36 xx 5 6 xx−+22 0,25 2 x=1( TMĐK ) ⇔xx −7 +=⇔ 60( x − 1)( x − 6) =⇔ 0  xT= 6(MĐK ) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1; 6} 0,25 Cho tam giác ABC nhọn ( AB< AC) . Các đường cao AD,, BM CN của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC, E là điểm đối xứng của H qua O . Kẻ CF vuông góc với đường thẳng BE tại F. 1) Tính số đo FMN . 2) Gọi KLR,, lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng AC,,. AD BC Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: 4 (7,0) a) Ba điểm KLR,, thẳng hàng. b) HN. CS= NC SH 3) Tia phân giác của BAC cắt BC tại I, kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q . Gọi G là trung điểm của đoạn thẳng IQ. Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC .
5. A K M N L H V S C B R D O E F Tính số đo FMN . 2,0 Vì E đối xứng với H qua O nên O là trung điểm của EH . 0,25 Chứng minh được tứ giác BHCE là hình bình hành ⇒ CH// EB . 0,25 Chứng minh được tứ giác BNCF là hình chữ nhật 0,25 ⇒ O là trung điểm của NF và BC= NF. 0,25 BM là đường cao của ∆ABC ⇒⊥BM AC ⇒∆BMC vuông tại M . 4.1 Vì MO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông BMC (2,0đ) 1 ⇒=MO BC 0,25 2 1 ⇒=MO NF . 0,25 2 1 Xét ∆MNF có MO là đường trung tuyến và MO= NF ⇒∆MNF vuông tại M 0,25 2 0 ⇒=FMN 90 . 0,25 Gọi KLR,, lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ N đến các đường thẳng 4.2 AC,,. AD BC Gọi giao điểm của DM và CN là S. Chứng minh rằng: 3,0 (3,0đ) a) Ba điểm KLR,, thẳng hàng. b) HN. CS= NC SH AK AN Chứng minh được NK// BM ⇒=. 0,25 AM AB AN AL Chứng minh được NL// BC ⇒=. 0,25 4.2a AB AD (1,25đ) AK AL ⇒=⇒ KL// DM . (1) 0,25 AM AD Chứng minh tương tự ta được KR// DM . (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 3 điểm KLR,, thẳng hàng. 0,25
6. Gọi V là giao điểm của KR và BM . BN BR Chứng minh được NR//AD ⇒=. (3) 0,25 BA BD BR BV Vì KR//MD ⇒=. (4) 0,25 BD BM BN BV Từ (3) và (4) ⇒= ⇒NV// AC . 0,25 BA BM 4.2b Chứng minh được tứ giác MKNV là hình chữ nhật, suy ra được NMH = KVM . (1,75đ) 0,25 Vì KR// DM nên SMH = KVM ⇒=SMH NMH ⇒ MH là tia phân giác của NMS . HN MN Xét ∆NMS có MH là đường phân giác ⇒ = . (5) 0,25 HS MS CN MN Chứng minh được MC là đường phân giác góc ngoài của ∆NMS ⇒ = . (6) 0,25 CS MS HN CN Từ (5) và (6) ⇒ =⇒=HN. CS NC SH 0,25 HS CS 4.3 Tia phân giác của BAC cắt BC tại I, kẻ đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường (2,0đ) thẳng AI tại P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO tại Q , gọi G là trung điểm của 2,0 đoạn thẳng IQ . Chứng minh đường thẳng PG đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC . A T X O C B I J G Y Q P U Gọi giao điểm của CP với AB là U, giao điểm của PO với IQ và AC lần lượt là J và T . Kẻ đường thẳng đi qua O và song song với AC cắt AI và CP lần lượt tại X và Y Chứng minh được ∆AUC cân tại A ⇒ P là trung điểm của UC 0,25 ⇒ OP// BU ⇒ T là trung điểm của AC 0,25 OX PO Xét ∆PTAcó OX// AT ⇒= 0,25 TA PT OY PO OX OY Xét ∆PTC có OY// CT ⇒= ⇒=⇒OX = OY 0,25 TC PT TA TC QO OY Xét ∆AQC có OY// AC ⇒= 0,25 QA AC IO OX QO IO Xét ∆AIC có OX// AC ⇒= Suy ra = ⇒ IQ// AC 0,25 IC AC QA IC IJ PJ QJ PJ 0,25 Xét ∆APT có IJ//AT ⇒=, Xét ∆CPT có QJ//CT ⇒= AT PT CT PT
7. IJ QJ ⇒ = ⇒=IJ QJ ⇒ J là trung điểm của IQ ⇒ J trùng với G ⇒ PG đi qua trung AT CT điểm của AC . 0,25 = Xét xy, là hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xy.1. Tìm giá trị lớn nhất của 2( xy33+ ) biểu thức A = . 1,0 xyxy4224++ ( )( ) 33 33 33 2( xy+) xyxy3333+++ xy++1.( xy +) A = = = ( xyxy4224++)( ) ( xyxy 4224 ++)( ) ( xyxy 4224 ++)( ) 0,25 33 33 42 24 x++ y xyxy.( +) yx ( + y) + xx( + y) xy = = + ( xyxy4224++)( ) ( xyxy 4224 ++)( ) xyxy42++ 24 5.1 2 xx11 (1,0đ) Ta có ( x2−≥∀⇒+≥ y) 0 xy, x42 y 2 xy 2 ∀⇒ xy, ≤==(do xy,0> ) 0,25 x42+ y2 x 2 y 22 xy y 1 Chứng minh tương tự ≤⇒≤A 1 0,25 xy24+ 2 xy2 =  Dấu “=” xảy ra khi xy=2 ⇔== xy1. Vậy giá trị lớn nhất của A =1 khi xy= =1 0,25  = xy 1 Một chiếc hộp đựng 99 chiếc thẻ màu vàng, 100 chiếc thẻ màu đỏ và 101 chiếc thẻ màu xanh. Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ như sau: mỗi lần rút thẻ người ta lấy ra hai chiếc thẻ khác màu và thay vào đó bằng hai chiếc thẻ có màu còn lại, quá trình này diễn ra liên 1,0 tục. Hỏi đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu hay không? Hãy giải thích vì sao? Ta thấy 99 chia cho 3 dư 0, 100 chia cho 3 dư 1, 101 chia cho 3 dư 2, do đó số lượng thẻ 0,25 mỗi loại khi chia cho 3 được các số dư khác nhau là 0, 1, 2. 5.2 Sau mỗi lần rút thẻ, số lượng thẻ mỗi loại trong hộp giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2. Khi đó số (1,0đ) dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: Số thẻ chia cho 3 dư 0 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 2. 0,25 Số thẻ chia cho 3 dư 1 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 0. Số thẻ chia cho 3 dư 2 sau mỗi lần rút sẽ chia cho 3 dư 1. Do đó sau mỗi lần rút thẻ, số thẻ mỗi loại trong hộp khi chia cho 3 vẫn có số dư khác nhau là 0, 1, 2. Giả sử đến một lúc nào đó người ta có thể nhận được trong hộp tất cả các thẻ có cùng một màu thì số thẻ 2 màu còn lại bằng 0, số dư của chúng khi chia cho 3 bằng 0, điều này mâu thuẫn với kết luận trên. 0,25 Vậy không thể nhận được các thẻ trong hộp có cùng một màu. 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Hết