Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Tam Dương (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Tam Dương (Có hướng dẫn giải)

1. PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG KỲ THI CHỌN HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ghi chú: - Đề thi này có 01 trang - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Câu 1. (2.0 điểm) Tìm các số a, b sao cho đa thức P( x) = ax32 + bx +− 5x 50 chia hết cho đa thức x2 +− 3x 10 Câu 2. (2.0 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a3++= b 33 c 3abc . Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? Câu 3. (2.0 điểm) xa−−− xb xc 1 11 Giải phương trình + + =2 ++ . Biết a, b, c là các số khác 0 và bc ca ab a b c thỏa mãn điều kiện a + b + c ≠ 0 Câu 4. (2.0 điểm) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Câu 5. (2.0 điểm) 32 Tìm các số nguyên x, y, z sao cho (x− y) + 3( y − z) + 5 z −= x 35 . Câu 6. (2.0 điểm) Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh của tam giác ABC lần lượt tại G, E, F. OA OB OC Chứng minh rằng: ++=2 . AG BE CF Câu 7. (2.0 điểm) Cho ba số nguyên x, y, z có tổng chia hết cho 6. Chứng minh rằng biểu thức M=+( x y)( y + z)( z +− x) 2xyz chia hết cho 6. Câu 8. (4.0 điểm) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M, N. 11 2 a) Chứng minh rằng += AB CD MN 2 2 b) Biết SAOB = 2022 ; SCOD = 2023 . Tính SABCD . Câu 9. (2.0 điểm) Trên tờ giấy kẻ vô hạn các ô vuông và được tô bởi các màu đỏ hoặc xanh thỏa mãn: bất cứ hình chữ nhật nào có kích thước 2x3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Hỏi hình chữ nhật có kích thước 2022x2023 có bao nhiêu ô màu đỏ. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2.0 điểm) Tìm các số a, b sao cho đa thức P( x) = ax32 + bx +− 5x 50 chia hết cho đa thức x2 +− 3x 10 Lời giải: Ta có: x2 +−=− 3x 10( x 2)( x + 5) Vì Px( ) chia hết cho x2 +− 3x 10 ⇒ Px( ) chia hết cho x – 2 và x + 5 Suy ra: P( 2) = 8a + 4b − 40 =⇔ 0 2a += b 10 (1) P(− 5) =− 125a + 25b − 75 = 0 ⇔− 5a + b = 3 (2) Từ (1) và (2) tính được: a = 1; b = 8 Vậy: a = 1; b = 8 Câu 2. (2.0 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a3++= b 33 c 3abc . Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? Lời giải: Ta có: a3++= b 33 c 3abc 3 ⇔ (a+ b) +− c3 3ab( a +− b) 3abc = 0 3 ⇔ (abc++) − 3abcabc( +) ( ++) − 3ababc( ++) = 0 ++ ++2 − + − = ⇔ (abc)( abc) 3abc3ab0( ) ⇔ (a++ b c)( a2 + b 22 + c + 2ab + 2bc + 2ca − 3ca − 3bc − 3ab) = 0 ⇔ (abca++)( 2 + b 22 + c − abbcca − −) = 0 Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC ⇒ a + b + c > 0 ⇒ a2++−−−= b 22 c ab bc ca 0 ⇔ 2a2++−−−= 2b 22 2c 2ab 2bc 2ca 0 222 ⇔ (ab−) +−( bc) +−( ca) = 0 ⇔ a – b = b – c = c – a = 0 ⇔ a = b = c. Vậy tam giác ABC đều. xa−−− xb xc 1 11 Câu 3. (2.0 điểm) Giải phương trình + + =2 ++ . Biết a, b, c là các số bc ca ab a b c khác 0 và thỏa mãn điều kiện a + b + c ≠ 0 Lời giải: ĐK: abc0++≠ và a,b,c là các số khác 0 xa−−− xb xc 1 11 Ta có: + + =2 ++ bc ca ab a b c (xaa−−−) ( xbb) ( xcc) bc ac ab ⇔ + + =2 ++ abc cab abc abc bac cab 2 22 (a++ b cx) −( a + b + c) 2ab++ 2bc 2ca ⇔= abc abc 2 ⇒(abcx ++) =( abc ++) (vì abc≠ 0)
3. 2 (abc++) ⇔=x (vì abc0++≠) (abc++) ⇔xabc =++ Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm: xabc=++. Câu 4. (2.0 điểm) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Lời giải: 2 Gọi hai số chính phương liên tiếp là n2 và (n1+ ) (n ∈ ) 22 2 Ta có: n2+( n1 +) + nn1 222( +) = 2n2n1n + ++( + n) = 2n2+ 2n ++ 1 n4 + 2n 32 + n = n432+ 2n + 3n ++ 2n 1 = (nnn432++++++++) ( nnn 32) ( nn1 2 ) = nn22( ++ n1) + nn( 2 ++ n1) +( n2 ++ n1) = (n22++ n1n)( ++ n1) 2 = (n2 ++ n1) 2 = nn( ++ 1) 1 2 Do n(n + 1) chẵn ⇒ n(n + 1) + 1 lẻ ⇒ nn( ++ 1) 1 là số chính phương lẻ (đpcm) 32 Câu 5. (2.0 điểm) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho (x− y) + 3( y − z) + 5 z −= x 35 . Lời giải: 32 (x− y) + 3( y − z) + 5 z −= x 35 (*) Đặt x – z = a; y – z = b (a, b nguyên) ⇒ x – y = a – b 3 (*) trở thành: (a−++= b) 3b2 5 a 35 là số lẻ (1) +) TH1: a, b cùng tính chẵn lẻ thì: a – b chẵn ⇒ (a – b)3 chẵn; 3b2 + 5 a chẵn 3 ⇒ (a−++ b) 3b2 5 a chẵn (loại) ⇒ không tồn tại a, b nguyên thỏa mãn (1) ⇒ không tồn tại x, y, z nguyên thỏa mãn (*) +) TH2: a, b khác tính chẵn lẻ thì: a – b lẻ ⇒ (a – b)3 lẻ; 3b2 + 5 a lẻ 3 ⇒ (a−++ b) 3b2 5 a chẵn (loại) ⇒ không tồn tại a, b nguyên thỏa mãn (1) ⇒ không tồn tại x, y, z nguyên thỏa mãn (*) Tóm lại: Không tồn tại x, y, z nguyên thỏa mãn đề bài. Câu 6. (2.0 điểm) Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt OA OB OC các cạnh của tam giác ABC lần lượt tại G, E, F. Chứng minh rằng: ++=2 . AG BE CF Lời giải:
4. A F E O B K I G C Kẻ OI ⊥ BC (I ∈ BC); AK ⊥ BC (K ∈ BC) ∆AKG có: OI // AK (cùng ⊥ BC). OI OG ⇒ = (1) (Hệ quả Ta-lét) AK AG 1 S BC.OI OI Lại có: OBC =2 = (2) S 1 AK ABC BC.AK 2 OG S Từ (1) và (2) suy ra: = OBC AG SABC OE S OF S Tương tự: = OAC ; = OAB BE SABC CF SABC OG OE OF SSSS Do đó: ++=OBC + OAB + OAC = ABC =1 AGBECFSSABC ABC S ABC S ABC AG− OA BE −− OB CF OC ⇒ ++=1 AG BE CF OA OB OC ⇒ 1111− +− +− = AG BE CF OA OB OC ⇒ ++=2 (đpcm) AG BE CF Câu 7. (2.0 điểm) Cho ba số nguyên x, y, z có tổng chia hết cho 6. Chứng minh rằng biểu thức M=+( x y)( y + z)( z +− x) 2xyz chia hết cho 6. Lời giải: M = (x+ y)( y + z)( z +− x) 2xyz = (xy+++ xz y2 yz)( z +− x) 2xyz = y( x++ y z) + zx( z + x) − 2xyz = y( x++ y z)( z + x) + zx( x ++ y z) − 3xyz = (x++ y z)( xy + yz + zx) − 3xyz Do x++ y z6 ⇒ (x++ y z)( xy + yz + zx) 6 (1)
5. Mặt khác: x++ y z6 nên trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chẵn. Vì nếu cả ba số đều lẻ thì x + y + z lẻ ⇒ xyz++6. Trái với giả thiết. ⇒ 3xyz  6 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (x++ y z)( xy + yz + zx) − 3xyz 6 Vậy M  6 Câu 8. (4.0 điểm) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M, N. 11 2 a) Chứng minh rằng += AB CD MN 2 2 b) Biết SAOB = 2022 ; SCOD = 2023 . Tính SABCD . Lời giải: A B M N O D C a) Từ giả thiết đường thẳng qua O và song song với đáy ABcắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M,N OM OD ON OC OD OC Ta có: =;; = = (Định lí Ta-lét) AB BD AB AC DB AC OM ON ⇒ =⇒=OM ON AB AB OM DM Xét ∆ABD có: = (1) (Hệ quả định lí Ta-lét) AB AD OM AM Xét ∆ADC có : = (2) (Hệ quả định lí Ta-lét) DC AD 1 1 AM+ DM AD Từ (1), (2) ⇒OM. += ==1 AB CD AD AD 11 Chứng minh tương tự : ON.+=1 AB CD 11 2 ⇒+= AB CD MN SSAOB OBBOC OB b)= ; =⇒=SAOB .S DOC S BOC .S AOD SAOD OD SDOC OD 2 Chứng minh được: SAOD=⇒= S BOC S AOB .S DOC( S AOD ) 2 22 Thay số ta được: (SAOD ) = 2022 .2023 ⇒= SAOD 2022.2023 222 2 Do đó : SABCD =+ 2022 2.2022.2023 +=+ 2023( 2022 2023) = 4045 (đvdt)
6. Câu 9. (2.0 điểm) Trên tờ giấy kẻ vô hạn các ô vuông và được tô bởi các màu đỏ hoặc xanh thỏa mãn: bất cứ hình chữ nhật nào có kích thước 2x3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Hỏi hình chữ nhật có kích thước 2022x2023 có bao nhiêu ô màu đỏ. Lời giải: Ta chứng minh hình chữ nhật 1x3 có đúng một ô màu đỏ. Giả sử hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số ô màu đỏ A M N B khác 1 ⇒ Số ô màu đỏ của hình chữ nhật 1x3 là 0 hoặc 2. Xét hình chữ nhật 1x3 ABCD (hình vẽ): D C +) Nếu ABCD không có ô nào màu đỏ: Do hình chữ nhật 2x3 ABFE có đúng 2 ô màu đỏ ⇒ hình chữ nhật 1x3 CDEF có đúng 2 ô màu đỏ E F Do hình chữ nhật 2x3 CDHG có đúng 2 ô màu đỏ ⇒ hình chữ nhật 1x3 EFGH không có ô màu đỏ nào. Khi đó hình chữ nhật 2x3 ANPH hoặc BMQG chỉ có một H Q P G ô màu đỏ ⇒ Trái với giả thiết. +) Nếu ABCD có 2 ô màu đỏ: Do hình chữ nhật 2x3 ABFE có đúng 2 ô màu đỏ ⇒ hình chữ nhật 1x3 CDEF không có ô màu đỏ nào Do hình chữ nhật 2x3 CDHG có đúng 2 ô màu đỏ ⇒ hình chữ nhật 1x3 EFGH có đúng 2 ô màu đỏ. A M N B X Khi đó hình vuông 3x3 ABGH có đúng 4 ô màu đỏ. Do hình chữ nhật 2x3 ANPH và BMQG đều có D đúng 2 ô màu đỏ nên 4 ô màu đỏ của hình vuông 3x3 C ABGH phải ở vị trí như hình vẽ. Do hình chữ nhật 2x3 XYNP có đúng 2 ô màu đỏ E F U ⇒ hình chữ nhật 1x3 BXYG không có ô màu đỏ V nào. ⇒ hình chữ nhật 2x3 MXUV chỉ có 1 ô màu đỏ ⇒ H Q P G Y Trái với giả thiết Tóm lại: Hình chữ nhật 1x3 ABCD tùy ý chỉ có một ô màu đỏ. Vậy hình chữ nhật có kích thước 2022x2023 có số ô màu đỏ là: 674.2023 = 1363502 (ô đỏ) ___