Khảo sát chất lượng mũi nhọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Nông Công (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Khảo sát chất lượng mũi nhọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Nông Công (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN CẤP HUYỆN HUYỆN NÔNG CỐNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN 8 Đề chính thức Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang) Ngày thi 04/3/2023 Câu 1 (4,0 điểm). xx22++ x112 −x = ++ 1. Cho biểu thức P 22: với x ≠ 0; x ≠ ±1 x−+21 x x x − 1 xx − Rút gọn và chứng minh P ≥ 4 với mọi x > 1. 2. Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn a333++= b c3 abc và abc ≠ 0. 8(ab++ ) 3( bc ) 2034( ca + ) Tính giá trị của biểu thức B =+− ca b Câu 2 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình (xxxx−−−−= 7)( 5)( 4)( 2) 72 2xy−− 12 1 2. Cho x, y là các số hữu tỉ khác 1 thoả mãn: +=1. Chứng minh: xy−−11 M=+− x22 y xy là bình phương của một số hữu tỉ. Câu 3 (4,0 điểm). 1. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn y2 +2 xy − 3 x −= 20 2. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho ab+ 2 chia hết cho ab2 −1. Câu 4 (6,0 điểm). Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB vẽ hai tia Ax; By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm D bất kì (D khác A). Qua O kẻ đường vuông góc với OD tại O, cắt By tại C. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên CD. 1. Chứng minh ∆ADH # ∆BOH và ∆AHB vuông. 2. Gọi I là giao điểm của AC và BD; E là giao điểm của AH và DO; F là giao điểm của BH và CO. Chứng minh E; I; F thẳng hàng. 3. Tìm vị trí của D trên Ax để diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 5 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu abc thứcT =++ bcaacbabc44++ 44 ++ 44 ++ Hết
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HUYỆN NÔNG CỐNG MŨI NHỌN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN 8 Câu Ý Nội dung Điểm Với x ≠0; x ≠ ±1. Ta có: xx(+ 1) ( x + 1)( x − 1) ++− x 2 x2 P = 2 : ( x −1) xx(− 1) 0,5 xx(+ 1) x22 −+ 1 x + 2 − x xx ( + 1) x + 1 = = 22:: 0,25 ( xx−−11) xx(−− 1) ( ) xx( 1) 2 xx(+− 1) xx ( 1) x = 2 . = ( x −1) xx+−11 0,25 x2 Vậy x ≠0; x ≠ ±1 thì P = x −1 Ta có 1 xx22−+11 1 1 0,25 P= = = xx ++1 = −+ 12 + xx−−11 x − 1 x − 1 1 0,25 Vì x > 1 nên x – 1 > 0; > 0 x −1 11 Suy ra xx−+1 ≥ 2 ( − 1).=2 1 xx−−11 0,25 (4,0 Dấu “=” xảy ra khi: điểm) 1 x−=1 ⇒ ( xx − 1)2 =⇒ 1 −=± 1 1 x −1 0,25 Giải ra ta được x = 0 (không thoả mãn đk); x = 2 thoả mãn điều kiện. Vậy P ≥ 4 với mọi x > 1 a333++= b c3 abc (a, b, c đôi một khác nhau, abc ≠0) 3 ⇔(a + b) −3( ab a ++− b ) c3 3 abc = 0 0,25 ⇔()3()()3()0abc ++3 − cababc + ++ − ababc ++ = ⇔(a ++ b c )( a222 + b + c − ab − ac − bc) = 0 0,5 1 222 ⇔(abc ++ ).()( ab − + bc − )( + ca − ) = 0 2 2 0,25 abc++=0 ab+=− c   ab−=0  bc +=− a ⇔⇔  bc−=0  ca +=− b 0,5   ca−=0 a= b = c( loai vi a ≠ 0;bc≠≠ 0; 0) 8(−−ca ) 3( ) 2034( − b ) B =+− =2023 0,5 ca b
3. Câu Ý Nội dung Điểm (xxxx−−−−= 7)( 5)( 4)( 2) 72 22 ⇔(xx −+ 9 14)( xx −+ 9 20) = 72 0,5 Đặt xx2 −+=9 14 t 0,25 Khi đó ta có phương trình tt(+ 6) = 72 ⇔+ (t 12).( t − 6) = 0 Giải ra ta được t = -12; t = 6 1 0,5 2 2 9 23 Với t = -12 thì xx−+=−⇔−9 14 12  x + =0 24 vô nghiệm. 0,5 2 2 x =1 (4.0 xx−9 +=⇔− 14 6 ( xx 1)( −=⇔ 8) 0  x = 8 điểm) Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; 8} 0,25 Biến đổi điều kiện 2xy−− 12 1 +=1 xy−−11 (2xy−−+−− 1).( 1) (2 yx 1)( 1) ( xy −− 1).( 1) ⇔= 0,25 −− −− 2 (xy 1).( 1) ( xy 1).( 1) ⇒3xy = 2( x +− y ) 1 M=+−=+−=+−++ x22 y xyxy()3()2()12 xyxy2 xy 0,75 =(xy +− 1) 2 0,5 Vậy M là bình phương của một số hữu tỉ 0,5 y2+−−=⇔++=++2 xy 3 x 20 y2 2 xy x 22 x 3 x 2 ⇔+(xy )2 =+ ( x 1).( x + 2) 0,5 Với x, y nguyên trái là một số chính phương, vế phải là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên để thoả mãn thì 0,5 1 x+1 = 0 hoặc x + 2 = 0 0,5 3 Giải với x = -1 thì tìm được y = 1 (4,0 Với x = -2 thì y = 2 0,25 điểm) Vậy giá trị nguyên của x, y cần tìm là: (x; y)∈{(-1; 1); (-2; 2)} 0,25 Từ điều kiện ab+ 2 chia hết cho ab2 −1 mà a, b nguyên +=22 − 0,25 2 dương nên a b kab( 1) (k nguyên dương). ⇔+=ak kabb22 − ⇔+= ak bka()2 − b
4. Câu Ý Nội dung Điểm Đặt ka2 −= b m() m ∈ Z ⇒+= a k bm Mà a, k nguyên dương suy ra m nguyên dương. 0,25 Do b. m nguyên dương nên suy ra (b-1).(m-1) ≥ 0 ⇔bm −− b m +≥10 ⇔a + k −− b ka2 ++≥ b 10 ⇔(a +− 1) ka ( + 1).( a −≥ 1) 0 ⇔+(a 1)(1 −+≥ ka k ) 0 0,25 Mà a nguyên dương nên 1 – ka + k ≥ 0 ⇔ k(a-1) ≤ 1 0,25 Lại có k, a nguyên dương nên k(a-1) = 0 hoặc k(a-1) = 1 0,25 Với k (a – 1) = 0 mà k nguyên dương nên a = 1, khi đó 0,25 b22+=1 kb ( − 1) ⇔ b −+ 1 2 = kb ( − 1) ⇔(b − 1)( b +− 1) kb ( −=− 1) 2 ⇔ − +− =− (bb 1)( 1 k ) 2 Mà b nguyên dương nên: TH1: b – 1 = 1 và b + 1 – k = -2, ta tính được b = 2 và k 0,25 = 5 TH2: b – 1 = 2 và b + 1 – k = -1 Ta tính được b = 3 và k = 5. Với k(a-1) = 1 mà k nguyên dương nên k = 1; a = 2 lai 0,25 có a + k = bm ⇔ bm = 3 nên b = 1 hoặc b = 3. Vậy (a; b)∈{(1; 2); (1; 3); (2; 1); (2; 3)} 0,25 y x D H C I 4 E F (6,0 điểm) A O K B AB= = 900 ∆ADO # ∆BOC vì  0,5  ADO= BOC () cung phu DOA 1 AD OD ⇒= (1) BO OC
5. Câu Ý Nội dung Điểm ODH = HOC () cung phu HOD ∆DHO # ∆OHC vì  0 DHO = CHO = 90 0,5 DH OD ⇒=(2) OH OC DH AD Từ (1) và (2) suy ra = OH BO  DH AD  = ∆ADH # ∆BOH vì OH BO  0,5  ADH= HOB () cung bu voi AOH Từ ∆ADH # ∆BOH suy ra DHA = OHB 0 Ta có AHB=+=+= AHO BHO AHO DHA 90 Vậy ∆AHB vuông tại H 0,5 Chứng minh 3 điểm E; I; F thẳng hàng Theo câu a ta có ADH # ∆BOH mà ∆OHB cân tại O nên ∆DHA cân tại A suy ra DA = DH. Mà oA = OH suy ra OD là đường trung trực của AH nên 0,5 EH = EA (3). Chứng minh tương tựu ta có CH = CB Mặt khác OB = OH nên OC là đường trung trực của BH nên FH = FB (4) Từ (3) và (4) suy ra EF là đường trung bình của tam giác 0,5 HAB nên EF//AB (*). AD BI Gọi HI giao với AB tại K vì AD//BC nên = 2 BC IB Thay AD = DH; CH = CB (∆OBH cân tại C và ∆DHA cân tại D). DH DI ⇒=⇒BC// HI ⇒ AD // HK // BC HC IB HI DI KI AI 0,5 Ta có HI//BC suy ra =;KI // BC ⇒= BC DB BC AC DI AI HI KI AD//BC ⇒ = suy ra = ⇒=HI IK DB AC BC BC Mà EH = EA suy ra EI là đường trung bình ∆HAK ⇒ EI //AB ( ). 0,5 Từ (*) và ( ) suy ra E; I; F thẳng hàng
6. Câu Ý Nội dung Điểm Tứ giác ABCD là hình thang vuông nên ta có: ().2()AD++ BC AB a AD BC 0,5 SABCD = = =a() AD + BC 22 Ta có AD = DH; CH = CB suy ra AD + BC = CD = SABCD a. CD do đó S nhỏ nhất khi và chỉ khi CD nhỏ nhất. 0,5 3 Ta có CD ≥ AB \; dấu “=” xảy ra ⇔ CD ⊥ Ax suy ra ABCD là hình chữ nhật ⇔ CD = AB = 2a và AD = BC ⇔ AD = DH = CB = CH = AB: 2 = a 0,5 2 Vậy AD = a thì SABCD nhỏ nhất và GTNN là 2a 0,5 Ta chứng minh a4 + b4 ≥ ab. (a2 + b2) với mọi a, b dương 0,25 Thật vậy: abababababab44+≥() 21 + ⇔+≥ 44 3 + 3 0,25 ⇔−(aba )(3 − b 3 )0 ≥⇔− ( ab )(22 a ++ abb 2 )0 ≥ Luôn đúng với mọi a, b Suy ra abcababc44+ +≥() 22 + +⇔ abcabc 44 + +≥ 2 >0 với 0,25 a, b, c > 0 và abc = 1. Nên ta có: 5 c c cc (2,0 ≤ ⇔≤ abcabababcabcababc44++()22 + + 2 44 ++.(222 ++ ) 0,25 điểm) c c22 cc ≤ ⇔≤ abcabcabc44++.(222 ++ ) abcabc 44 ++ 222 ++ Vậy tương tự với các biểu thức còn lại ta suy ra được: a b c abc222++ 0,5 T =++≤ =1 bcaacbabcabc44++ 44 ++ 44 ++ 222 ++ Vậy T ≤ 1với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn abc=1 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1. 0,5 Vậy giá trị lớn nhất của T = 1 khi a = b = c = 1 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.