Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán Khối 8 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Diễn Châu (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán Khối 8 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Diễn Châu (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn: Toán – (Thời gian làm bài 120 phút) Bài 1. (4.0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức P 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x để P.(x – 1) = 6x – 5 Bài 2. (6.0 điểm) 1 1 1 1 a) Giải phương trình: + + = x2 9x 20 x2 11x 30 x2 13x 42 18 20223 223 2022 22 b) Không thực hiện phép tính, chứng minh rằng: 20223 20003 2022 2000 c) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn a3 + b3 = 5c3 + 11d3. Chứng minh rằng: a + b + c + d  6. Bài 3. (3.0 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy – 8x – 2y + 18 b) Cho a, b, c > 0. 3 b c 4a 3c 12 b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2a 3b 2a 3c Bài 4. (6.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH, CH. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại F. Gọi O là giao điểm của AH và DE. a) Chứng minh rằng: AH2 = BH.CH và AD.AB = AE.AC b) Giả sử BC cố định, A di động nhưng vẫn thỏa mãn B· AC 900 . Chứng minh rằng, đường thẳng đi qua O và vuông góc với AF luôn đi qua 1 điểm cố định. c) Chứng minh rằng, trực tâm của tam giác AMN là trung điểm của OH. Bài 5. (1.0 điểm) Chứng minh rằng, trong 29 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 100 ta luôn chọn được 2 số có ước chung lớn nhất khác 1. Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 8 I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Bài Ý Nội dung trình bày Điểm ĐKXĐ: x 0, x 1, x 1 (Sai 1 điều kiện tính 0,25đ) 0,5 x x 1 (x 1)(x 1) x 2 x2 P 2 : 0,5 x 1 x(x 1) x(x 1) x(x 1) x x 1 x2 1 x 2 x2 P 2 : 0,5 a x 1 x(x 1) x x 1 x 1 x x 1 x(x 1) P 2 : 2  0,5 x 1 x(x 1) x 1 x 1 x2 1 P 0,5 (4,0đ) x 1 Ta có: P(x 1) 6x 5 x2 0,5 .(x 1) 6x 5 x2 6x 5 0 x 1 (x 1)(x 5) 0 0,5 b x 1 x 5 0,5 Đối chiếu điều kiện xác định ta được x = 5 Vậy x = 5 ĐKXĐ: x 4; 5; 6; 7 0,25 Biến đổi phương trình thành: 1 1 1 1 = 0,25 (x 4)(x 5) (x 5)(x 6) (x 6)(x 7) 18 1 1 1 1 1 1 1 + + = 0,5 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 a 1 1 1 2 = 0,25 (6,0đ) x 4 x 7 18 (x + 4)(x +7) = 54 0,25 (x + 13)(x – 2) = 0 x = -13 hoặc x = 2 (thỏa mãn 0,5 Vậy nghiệm của phương trình: S = 13;2 Đặt 2022 = a, 22 = b, 2000 = c. Ta có a = b + c 0,25 b Xét vế phải đẳng thức ta có: 0,5
3. 2 2 20223 223 a3 b3 a b a ab b 20223 20003 a3 c3 a c a2 ac c2 Thay a = b + c vào a 2 ab b 2 b c 2 b c b b 2 b 2 bc c 2 0,25 a 2 ac c 2 b c 2 b c c c 2 b 2 bc c 2 0,25 Nên a 2 ab b 2 a 2 ac c 2 . 0,25 20223 223 a3 b3 20223 20003 a3 c3 2 2 a b a ab b a b 2022 22 0,5 a c a2 ac c2 a c 2022 2000 Vậy ta có đpcm a3 + b3 = 5c3 + 11d3 a3 + b3 + c3 + d3 = 6c3 + 12d3 0,25 a3 + b3 + c3 + d3  6 0,25 Xét hiệu : (a3 + b3 + c3 + d3) – (a + b + c + d) = (a3 – a) + (b3 – b) + (c3 – c) + (d3 – d) 0,25 = a(a - 1)(a + 1) + b(b - 1)(b + 1) + c(c - 1)(c + 1) + d(d - 1)(d + 1) c 0,25 Với a nguyên thì a, a – 1, a + 1 là 3 số nguyên liên tiếp 0,25 nên tích a(a - 1)(a + 1)  6 Tương tự : b(b - 1)(b + 1)  6, c(c - 1)(c + 1)  6, d(d - 1)(d + 1)  6 0,25 Khi đó : (a3 + b3 + c3 + d3) – (a + b + c + d)  6 0,25 Mà a3 + b3 + c3 + d3  6 nên a + b + c + d  6 0,25 Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 - 8x - 2y + 18 0,5 A = 2[(x + y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y + 9) + 1 0,5 a A = 2(x + y - 2)2 + (y + 3)2 + 1 0,5 Chứng minh được A 1 Dấu bằng xảy ra khi x = 5, y = - 3 Vậy Amin = 1 khi x = 5; y = -3 0,5 Đặt: x = 2a, y = 3b, z = 3c x, y, z > 0 0,25 3 (3,0đ) Biểu thức đã cho được viết lại: y z 2x z 4y 4z P b x y x z 0,25 y z x x 2x z 4y 4x 4x 4z P x y x z y x z x x z 4x 4y 5 0,25 x y x y x z x z
4. Lập luận chứng minh được P 5 Dấu bằng xẩy ra khi x = y = z hay 2a = 3b = 3c 0,25 Vậy Pmin = 5 khi 2a = 3b = 3c A E O K D I F B M H P N C - Chứng minh được: VABH VCAH AH2 = BH.CH 1,0 - Chứng minh được: VABH VAHD AH2 = AD.AB 0,5 a - Chứng minh được: VHAE VCAH AH2 = AE.AC 0,5 AD.AB = AE.AC 0,5 Gọi P là trung điểm của BC P cố định 0,25 Chứng minh được AP  DE 0,5 b Chứng minh được O là trực tâm tam giác FAP 0,5 PO  AF 0,5 Suy ra đường thẳng đi qua O vuông góc với AF luôn đi qua điểm cố 0,25 4 định P (6,0đ) Gọi I là trung điểm của OH; gọi K là giao điểm của MI và AN 0,25 AH CH ABC vuông tại A, đường cao AH AH2 = BH.CH 0,25 BH AH AH CH OH NH 0,25 2.BH 2AH BH AH c Chứng minh được BHO  AHN (c.g.c) 0,25 O· BH N· AH BO  AN 0,25 Lại có MI là đường trung bình của HBO MI// BO MK  AN Mặt khác AH  MN . 0,25 Vậy trực tâm của tam giác AMN là trung điểm I của OH Chứng minh rằng, trong 29 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 100 ta luôn chọn được 2 số có ước chung lớn nhất khác 1. Từ 1 đến 100 có tất cả 26 số nguyên tố 0,25 5 Khi phân tích 29 số nguyên dương đã cho ra thừa số nguyên tố, có ít (1,0đ) nhất 2 số cùng chứa 1 thừa số nguyên tố nào đó trong 26 số nguyên tố 0,5 trên Hai số này có ước chung lớn nhất khác 1 0,25 Vậy đpcm