Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI TẠO THÀNH PHỐ VINH NĂM HỌC 2022- 2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán lớp 8 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) 2ab a, Cho 34a b22 a b và 3ab 2 0. Hãy tính giá trị biểu thức A 35a ab2 x 3 8 x2 3 x 1 b, Cho P 1 : ( ) x2 5 x 6 4 x 3 8 x 2 3 x 2 12 x 2 x 1 Tìm các giá trị x nguyên dương để P 2 Câu 2. (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a, (1)(2)(32) xxx444 xxxx 1625 b, xxxxxxxx(2)1235431024 222 Câu 3. (3,0 điểm) a, Cho các số nguyên abc,, thoả mãn abbcca 1. Chứng minh rằng Aabc (1)(1)(1)222 là số chính phương b, Gọi Sn()là tổng các chữ số của số nguyên dương n khi biểu diễn nó trong hệ thập phân. Biết rằng với bất kỳ số nguyên dương n ta có 0() Snn . Tìm số nguyên dương n thỏa mãn Snnn()20237 2 Câu 4. (3,0 điểm) a, Tìm các hệ số abc,, để đa thức f() x x32 ax bx c chia hết cho đa thức x 2 và chia cho đa thức x2 1 thì dư 3 b, Cho abcde,,,, là các số thực dương thỏa mãn abcde 4. Tìm giá trị nhỏ (a b c d )( a b c )( a b ) nhất của biểu thức P abcde Câu 5. (7,0 điểm) 1, Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ()ABAC , trung tuyến AM . Kẻ BE vuông góc với AM . Trên đoạn MC lấy điểm F sao cho MFAˆˆ MEC . Gọi NI, lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AFEC, ; AF cắt CE ở O . a, Chứng minh rằng OEF đồng dạng với OAC AM 1 MN b, Biết tỷ số , tính tỷ số BC 2 MI c, Chứng minh rằng NBNC 2, Cho hình thang cân ABCD (//)AB CD . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của AB và CD . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E , tia EN cắt đoạn thẳng AC tại F . Chứng minh rằng MN là tia phân giác của góc EMF . Hết 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM – BIỂU ĐIỂM CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1. (4,0 điểm) 2ab a, Cho 34a b22 a b và 3ab 2 0 . Hãy tính giá trị biểu thức A 35a ab2 xxx 3831 2 b, Cho P 1: () xxxxxx2322 56483122 x 1 Tìm các giá trị x nguyên dương để P 2 1.a 34340ababaabb2222 0,5 2,0đ (3)()0abab 0,25 30ab 0,25 (1) ab 0 Do 3a 2 b 0 3 a b 0 0,25 nên (1)0 abab 0,25 22aaa 2 0,5 Thay vào biểu thức A ta có A 1 352aaaa22 1.b ĐKXĐ: x 2 ; 3 ;0 0,25 2,0đ xxx 3831 2 0,25 P 1: () xxxxxx2322 56483122 xxx 3831 2 P 1: 2 (2)(3)4(2)3(2)(2)2xxx xxxx 121 x 0,25 P 1: (2)(2)(2)(2)2xxxxx 12(2)(2)xxx 0,25 P 1: (2)(2)(2)xxx 16 P 1: (2)(2)(2)xxx 1(2)(2)xx 0,25 P 1. (2)6x xx 24 P 1 66 x 1 x 4 x 1 0,25 P 2 6 2 xx43(1) 27x 0,25 7 x 2 7 0,25 Vậy x Z x 2 Câu 2. (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a, (1 x )4 (2 x ) 4 (3 2 x ) 4 2
3. xxxx 1625 b, xxxxxxxx(2)1235431024 222 2.a Đặt 1;232 xaxbxab 0,25 1,5đ Ta có a4 b 4 a b 4 a 4 b 4 a 4 b 4 2 ab 2 a 2 3 ab 2 b 2 0,25 22320abaabb 22 (1) 1 2 0,25 Do 2324370,,aabbabba222  b 8 430ab 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra ab0 b 0 1 xx 0 1 0,25 Suy ra (vô lí) 2 xx 0 2 axx 0101 0,25 Nên (1) bxx 0202 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;2 2.b * ĐKXĐ: x 0;1;2;3;4;5;6;7 0,25 1,5đ * Ta có 0,25 xxxx 1625 (1) x(2)1235431024 xxxxxxx 222 xxxx 1625 x(2)(5)(7)(1)(3)(4)(6) xxxxxxx xx 1 11(6)11 ()() 22257xxxx xx 2 1 1 5 1 1 ()() 2x 1 x 3 2 x 4 x 6 1 1 1 1 0,25 1 1 1 1 ) x x 2 x 5 x 7 1111 1111 xxxx 1346 11111111 xxxxxxxx 2571346 1 1111111 () () () () x xxxxxxx 7251634 1111 (2x 7)0 2222 x 77 x x 107 xx 67 xx 12 x 2x 7 0 (2) 0,25 1 1 1 1 0 (3) x2 7 x x 2 7 x 10 x 2 7 x 6 x 2 7 x 12 1 1 1 1 0,25 Đặt t x2 7 x ta có (3) 0 t t 10 t 6 t 12 tt2 14 60 0 3
4. (7)110t 2 (Vô nghiệm) 7 (2) x 2  7 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S  2 Câu 3. (3,0 điểm) a, Cho các số nguyên abc,, thoả mãn a b b c c a 1. Chứng minh rằng Aabc (1)(1)(1)222 là số chính phương b, Gọi Sn()là tổng các chữ số của số nguyên dương n khi biểu diễn nó trong hệ thập phân. Biết rằng với bất kỳ số nguyên dương n ta có 0 ( ) S n n . Tìm số nguyên dương n thỏa mãn Snnn()20037 2 3.a ab bc ca1 1 a22 a ab bc ca ( a b )( a c ) 0,25 1,5đ Tương tự ta có 1()() bbcba2 0,25 1 c2 ( c a )( c b ) 0,25 Suy ra Aabcabbcca (1)(1)(1)()()()222222 0,25 Do abcZabbccaZ,,(),()() 0,25 Nên Aabcabbcca (1)(1)(1)()()()222222 là một số chính phương 0,25 3.b 0 ( ) S n n và S( n ) n2 2003 n 7 0,25 1,5đ Mặt khác: nnnn22 200370200320220 0,25 (1)(2022)0nn . Mà nnn 2202202022 (1) 0,25 Ta có: S()200470 nnnn 2 0,25 nnn2 20240(2024) n . Mà nnn 0202402024 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra n 2023 0,25 Câu 4. (3,0 điểm) a, Tìm các hệ số abc,, để đa thức f() x x32 ax bx c chia hết cho đa thức x 2 và chia cho đa thức x2 1 thì dư 3 b, Cho abcde,,,, là các số thực dương thỏa mãn abcde 4. Tìm giá trị nhỏ nhất ()()()abcdabcab của biểu thức P abcde 4.a f( xxaxbxc )2( 2)032 xf 0,25 1,5đ 32 ( 2)( 2)(abc 2)0 0,25 428abc (x3 ax 2 bx c ):( x 2 1) dư 3, ta có: x32 ax bx c ( x 1)( x 1) g ( x ) 3 với gx() là một đa thức Tại x 1ta có abc 2 0,25 Tại x 1ta có abc 4 4a 2 b c 8 (1) Suy ra abc 2 (2) a b c 4 (3) Từ (2) và (3) suy ra 2bb 2 1 0,25 4
5. 46acaa (1)331 0,25 Thay vào (1) và (2) được acacc 3 (2)32 Vậy a b c 1 ; 1 ; 2 0,25 4.2 Áp dụng bđt : ( x y x y)42 0,25 1,5đ Áp dụng bđt : ( x y x y)42 0,25 Ta có ()4()abcdeabcde 2 ()4()abcdabcd 2 ()4()abcabc 2 (a b )2 4 ab Do a, b,c, d là các số dương, nhân theo vế các bđt trên ta được: 0,25 Mà abcde 4 0,25 Suy ra 4()()()424abcdabcababcde (a b c d )( a b c )( a b ) Hay : P 16 abcde 1 0,25 abcde ab 4 abcd 1 Dấu bằng có khi: abc c 2 ab d 1 abcde 4 e 2 11 0,25 Vậy Pmin = 16 abcde ,,1,2 42 Câu 5. (7,0 điểm) 1, Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ()ABAC , trung tuyến AM . Kẻ BE vuông góc với AM . Trên đoạn MC lấy điểm F sao cho MFAMECˆˆ . Gọi NI, lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AF, EC ; AF cắt CE ở O . a, Chứng minh rằng O E F đồng dạng với O A C AM 1 MN b, Biết tỷ số , tính tỷ số BC 2 MI c, Chứng minh rằng NBNC 2, Cho hình thang cân ABCD (/ABCD /) . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của AB và CD . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E , tia EN cắt đoạn thẳng AC tại F . Chứng minh rằng MN là tia phân giác của góc EMF . A M E O I B M F 0,25 C 5
6. 5.1.a Ta có 0,25 2,0đ MFA  MEC( gt ),  FMA  EMC MECMFAgg () 0,25  MCEMAF 0,25  FCOEAO Mà A O E C O F (đối đỉnh) 0,25 AOECOFgg () 0,25 OE OA 0,25 OF CO MàA O C E O F (đối đỉnh) 0,25 OEFOACcgc () 0,25 5.1.b AM1 AM 0,25 ;BC 2 MC 2 (1) 1,5đ BC2 MC 1 0,25 AF AF AMAM MECMFA 2 1 CEMCMC CE 2 AN AM 0,25 CI MC Mà M  A N M C I nên A M N C M I (c-g-c) 0,25 MNAM 0,25 (2) MIMC MN 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 MI 5.1.c M là trung điểm của BC, I là trung điểm của EC suy ra 0,25 1,5đ MI//BE  BM11  AMN CMI  M13  M 0,25 AMNCMIMM   13 0,25 Suy ra  BM13  0,25 0 0 0,25 Mà BM14  90 nên MM34  90 Suy ra NM BC Lại có M là trung điểm của BC nên IM là đường trung trực của BC 0,25 Vậy NBNC 5.2 A M B 2,0đ K F D H N I C E 6
7. EM cắt CD tại H, EN cắt AB tại K, MF cắt CD tại I 0,5 HNDNEN 0,5 DNAK/ /() MKAKEK NI NC NF NC//() AK MK AK FK 1 DNNC 0,5 Mà DNNCCD 2 AKAK HNNI 0,25 Suy ra HNNI MKMK H M I có MNHIHNNI ; ( vì M là trung điểm AB, N là trung điểm của 0,25 DC nên MN là trục đối xứng của hình thang cân) suy ra MN là tia phân giác của HMI Hay MN là tia phân giác của E M F (Học sinh giải các cách khác đúng vẫn đánh giá điểm tối đa) 7