Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện lần 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Hiệp Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện lần 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Hiệp Hòa (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN HIỆP HÒA ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1 (5,0 điểm): 1) Phân tích đa thức thành nhân tử a) x2 – x – 2022.2023 b) a3(b –c ) + b3( c – a) + c3( a – b) 2) T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi. 3) Cho f(x) = x3 + ax2 + bx + c. Biết f(x) chia cho x – 2 dư 5, f(x) chia cho x + 1 dư - 4. Tính M = ( a2019 + b2019)(b2021 + c2021)(c2023 + a2023) Bài 2 (4,0 điểm): 22x22+ xx −+ 1 x2 + 3 1 +− ≠ Cho A = 3 42 32 : (x 1) x−1 xx ++ 1 xx −+− 33 x x − 1 1) Rút gọn A 2) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 3 (4,0 điểm): 1) Cho x, y, z khác 0 thỏa mãn : 1 1 1 1 x + y + z = ; và + + > 0 2 x y z Chứng minh rằng: M =( x3 + y3)(y2013 + z2013)(z2023 + x2023) = 0 2) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn 5(a3 + b3) = 13(c3 + d3) Chứng minh rằng a + b + c + d chia hết cho 6 Bài 4 (6,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho góc IOM bằng 900. Gọi N là giao điểm của AM và CD. a) Chứng minh BI = CM b) Tính diện tích tứ giác BIOM theo a 1 1 1 c) Chứng minh = + CD 2 AM 2 AN 2 Bài 5 (1,0 điểm): Với a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a5 b5 c5 a3 + b3 + c3 + + ≥ a 2 + ab + b2 b2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 3 Đề gồm 01 trang
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC MÔN THI: TOÁN 8 Bài Nội dung Điểm 1(5đ) 1) a) x2 – x – 2022.2023 = x2 – x – 2022(2022 +1) =x2 – x – 20222 – 2022 0,5 = ( x + 2022)(x – 2023) 0,5 b) a3( b –c)+ b3( c – a) + c3 ( a – b) = a3( b – c) – b3( b –c) – b3( a – b) + c3( a – b) 0,5 = = ( a – b)( b – c)(a- c)( a+ b + c) 0,5 2) Gäi c¸c c¹nh cña tam gi¸c vu«ng lµ x, y, z; trong ®ã c¹nh huyÒn lµ z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) 0.25 2 2 Tõ (2) suy ra z = (x+y) -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z) z2 +4z = (x+y)2 - 4(x+y) 2 2 z +4z +4 = (x+y) - 4(x+y) + 4 0.5 (z+2)2 = (x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z = x + y - 4 ; thay vµo (1) ta ®­îc : xy = 2(x+y+x+y-4) xy - 4x - 4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 0.25 Tõ ®ã ta t×m ®­îc c¸c gi¸ trÞ cña x , y , z lµ : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10) 0.5 3) Gọi đa thức thương của f( x) cho x – 2 và x + 1 lần lượt là Q1 và Q2 Theo bài ra ta có f( x) = ( x – 2)Q1 + 5 = ( x + 1)Q2 – 4 0.25 Vì f(x) chia cho x – 2 dư 5 nên f(2) = 5 => 8 + 4a + 2b + c = 5  4a + 2b + c = -3 (*) 0.25 Vì f(x) chia cho x+ 1` dư – 4 nên f( - 1) = -4 => -1 +a – b + c = -4a – b + c = -3( ) 0.25 Từ * và => a = - b 0.5 Thay a = -b vào M ta có M = 0 0.25 2(4 đ) 22x22+ xx −+ 1 x2 + 3 1 +− ≠ 1) A = 3 42 32 : (x 1) x−1 xx ++ 1 xx −+− 33 x x − 1  = 0,5 0,5 0,5 0,75 0,25 KL: 2) Ta có
3. x2 ≥ 0 2 2 13 xx+ +=1  x + + 24 2 1 33 Vì x + +≥>0 nên A ≥ 0 (1) 0.25 2 44 2 4 ( x + 2) Xét hiệu − A= = 3 3(xx2 ++ 1) 4 Lập luận => A ≤ (2) 0.25 3 4 Từ ( 1) và ( 2) => 0 ≤≤A . Vì A là số nguyên nên A ∈{0;1} 0.5 3 Với A = 0 => . x = 0 ( TM) Với A = 1 => x = -1 ( TM) 0.5 KL 3 (4đ) Ta có x + y + z = 0,5 (1) => 2x + 2y + 2z = 1 0,25 2 1 1 1 2x + 2y + 2z  1 1 1  + + + = ⇔  + +  = Ta có 2 2 2 4   4 x y z xyz  x y z  0,25 1 1 1  + + = 2 (2)( vì 1/x + 1/y + 1/z >0) x y z 0,25 1 1 1 1 Từ (1) và ( 2) => + + = x y z x + y + z 0,25  . ( x + y)(y+z)(z + x) = 0 3 3 0,25 Nếu x + y = 0 => x = -y => x + y = 0=> M = 0 0,25 Nếu y + z = 0 => M = 0 0,25 Nếu z + x = 0 => => M = 0 0,25 2) Ta có 5( a3 + b3) = 13( c3 + d3)  . a3 + b3 + c3 + d3 = 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) 0,25 Vì 6 chia hết cho 6 nên 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) chia hết cho 6 0,25 => a3 + b3 + c3 + d3 chia hết cho 6 0,25 Xét hiệu ( a3 + b3 + c3 + d3) – ( a + b + c + d) 0,25 = ( a3 – a)+ ( b3 – b ) + ( c3 – c) + ( d3 – d) 0,25 Chứng ninh a3 – a; b3 – b; c3 – c chia hết cho 6 0,5 => a + b + c + d chia hết cho 6 0,25 4 0,5 a) Chứng minh ∆BIO = ∆CMO(g.c.g) => BI = CM ( 2 cạnh tương ứng) 1,5 0,5 a) Ta có ∆BIO = ∆CMO nên S BIO = SCMO 0,5 S = S + S BMOI BOI BMO = 1,5
4. c) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AN cắt CD tại E Chứng minh AE = AM 0,5 Xét tam giác ANE vuông tại A có AD vuông góc NE có AD.NE AN.AE S = = => AD.NE = AN.AE AEN 2 2 => ( AD.NE)2 = ( AN.AE)2 (*) 0,5 Áp dụng định lý pytago ta có: NE2 = AN2 + AE2( ) 0,25 AN 2 + AE 2 1 = (*) và ( ) => .=> 2 2 2 0,5 AN .AE AD 0.25 Vì AE = AM và CD = AD => đpcm 5 a3 2a − b Ta có ≥ 3a3 ≥ (2a − b)(a 2 + ab + b2 ) (a, b,c>0) (1 đ) a 2 + ab + b2 3  a3 + b3 ≥ ab(a + b) 2  (a-b) ≥0 (Luôn đúng) a3 2a − b a5 2a3 − a 2b Do đó ≥ ≥ ; 0,25 a 2 + ab + b2 3 a 2 + ab + b2 3 Chứng minh tương tự a3 + b3 + c3 a3 + b3 + c3 − a 2b − b2c − c2a Ta được: VT ≥ + 0,25 3 3 Vì vai trò của a, b, c như nhau, nên ta giả sử a≥b≥c>0 3 + 3 + 3 − 2 − 2 − 2 =a2(a-b)+b2(b-c)+c2(c-a) a b c a b b c c a = a2(a-b)+b2(b-a+a-c)+c2(c-a)=(a-b)2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c) 0 ≥ 0,25 ( Với mọi a≥b≥c>0). a3 + b3 + c3 Từ đó =>VT ≥ Dấu “=” xảy ra  a=b=c 0,25 3