Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Vĩnh Bảo (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Vĩnh Bảo (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND HUYỆN VĨNH BẢO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022–2023 (Đề có 01 trang) MÔN: TOÁN 8 (Thời gian làm bài 150 phút) Bài 1. (3,0 điểm) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: ( x2 + 2x)2 + 2( x2 +2x) + 1 b) Xác định đa thức P(x) , biết P(x) chia cho đa thức x 1 dư 4, P(x) chia cho đa thức x 2 dư 6. P(x) chia cho đa thức x2 3x 2 được thương là x 3 và còn dư. 1 1 1 c) Cho x, y, z đôi một khác nhau và 0 . x y z yz xz xy Tính giá trị của biểu thức: A . x2 2yz y2 2xz z2 2xy Bài 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau: (x 7)(x 5)(x 4)(x 2) 72. b) Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 thức: M a 4b 16c c) 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 3. (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Vẽ BH vuông góc với AC (H ∈ AC). Gọi M là trung điểm của AH, K là trung điểm của CD. Chứng minh rằng: BM ⊥ MK. Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB<AC, ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a/ Chứng minh:Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC và FC là tia phân giác của góc EFD. b/ Hai đường thẳng EF và CB cắt nhau tại M. Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AM tại I; cắt AD tại K. Chứng minh rằng: B là trung điểm của IK. Bài 5. (1,0 điểm) Cho 2023 số tự nhiên bất kỳ: a1 ; a2 ; ; a2023. Chứng minh rằng tồn tại một số hoặc tổng một số các số trong dãy trên chia hết cho 2023. Hết Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN 8 Câu Ý - Nội dung Điểm a) Ta có: ( x2 + 2x)2 + 2( x2 +2x) + 1 0,5 =(x2+2x +1)2 =(x+1)4 0,5 b) Do đa thức chia x2 3x 2 có bậc 2 nên đa thức dư có dạng : ax+b với a, b thuộc R 1 P(x) x2 3x 2 x 3 ax b 0,25 Theo định lí Bơzu P(x) chia cho x 1 dư 4 P 1 4 a b 4 1 P(x) chia cho x 2 dư 6 P 2 6 2a b 6 2 0,25 Từ 1 b 4 2 thay vào 2 ta được 2a 4 a 6 a 2 0,25 Thay a 2 ta được b 2 P(x) x2 3x 2 x 3 2x 2 x3 6x2 9x 8 0,25 Vậy đa thức P x x3 6x2 9x 8 yz xz xy c/ Đặt A= x2 2yz y2 2xz z2 2xy Ta có: xy yz zx 0 xy xz yz; xz yz xy; xy yz xz yz xz xy 0,25 Khi đó A= x2 2yz y2 2xz z2 2xy yz xz xy 0,25 (x y)(x z) (x y)(y z) (x z)(y z) 0,25 (x y)(x z)(y z) 1 0,25 (x y)(x z)(y z) a) (x 7)(x 5)(x 4)(x 2) 72 (x2 9x 14)(x2 9x 20) 72 Đặt x2 9x 17 t Phương trình thành: 2 (t 3)(t 3) 72 t 9 2 0,25 t 81 t 9
3. +) Với t 9 ta có: x2 9x 17 9 0,25 2 x 1 x 9x 8 0 x 8 +) Với t 9 ta có: x2 9x 17 9 x2 9x 26 0 2 2 9 23 (Vô nghiệm vì x 9x 26 x 0 với mọi x) 2 4 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S {1;8} 1 1 1 1 1 1 b) M a b c (do a b c 1) a 4b 16c a 4b 16c a b a c c b 21 M 4b a 16c a 4b 16c 16 a b Áp dụng BĐT Cô si với hai số dương và ta được: 4b a a b 1 dấu bằng xảy ra a 2b 4b a Tương tự: a c 1 dấu bằng xảy ra a 4c 16c a 2 c b 1 0,25 dấu bằng xảy ra b 2c 4b 16c 4 Khi đó: a b a c c b 21 1 1 21 M 1 4b a 16c a 4b 16c 16 2 4 16 a b a c c b 21 49 0,25 4b a 16c a 4b 16c 16 16 1 b a 2 a 2b 1 Dấu “=” xảy ra a 4c c a 4 b 2c b 2c
4. a b c 1 1 1 a a a 1 2 4 7 a 1 4 4 a (thỏa mãn) 7 2 1 b ;c (thỏa mãn) 7 7 4 a 7 0,25 49 2 Vậy min M b 16 7 1 c 7 c/ 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 Ta có 5( a3 + b3) = 13( c3 + d3)  . a3 + b3 + c3 + d3 = 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) Vì 6 chia hết cho 6 nên 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) chia hết cho 6 => a3 + b3 + c3 + d3 chia hết cho 6 0,25 Xét hiệu ( a3 + b3 + c3 + d3) – ( a + b + c + d) = ( a3 – a)+ ( b3 – b ) + ( c3 – c) + ( d3 – d) Chứng minh a3 – a; b3 – b; c3 – c chia hết cho 6 0,25 => a + b + c + d chia hết cho 6 A B 3 O M H D K C
5. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH 0,25 Ta có M, O lần lượt là trung điểm của AH, BH nên: MO là đường trung 1 0,25 bình của ∆HAB ⟹ MO = AB, MO // AB 2 1 0,25 Mà AB = CD, AB // CD, Vì K là trung điểm của CD suy ra KC = CD 2 0,25 Do đó: MO = KC, MO // KC, suy ra tứ giác MOKC là hình bình hành. Từ đó có: CO // MK 0,25 Ta có: MO // KC, KC ⊥ CB ⟹ MO ⊥ CB 0,25 Xét ∆MBC có MO ⊥ CB, BH ⊥ MC nên O là trực tâm của ∆MBC 0,25 ⟹ CO ⊥ BM 0,25 Ta có: CO ⊥ BM và CO // MK nên BM ⊥ MK (đpcm) 4 a/ Chứng minh : Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC và FC là tia phân giác của góc EFD + CM: Tam giác AFC đồng dạng với tam giác AEB (g-g) Suy ra AF/AC= AE/AB 0,5 + CM: Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) Suy ra Góc AFE = Góc ACB (1) + CM: Tam giác BFC đồng dạng với tam giác BDA (g-g) + CM: Tam giác BFD đồng dạng với tam giác BCA (c.gc) Suy ra Góc BFD = Góc BCA(2) 0,25 + Mà góc BFD + Góc DFC = 900 và góc AFE + Góc EFC = 900 0,25 Suy ra : Góc EFC = góc DFC Suy ra : FC là phân giác của góc EFD. b) Vì CF vuông góc với AB , suy ra FC vuông góc với FB Mà FC là phân giác suy ra FB là phân giác của góc MFD Áp dụng tính chất đường phân giác FB cho tam giác MFD ta có MB/ BD = MF/FD (3) 0,25
6. Mà FB vuông góc với FC (cmt) Suy ra FC là phân giác góc ngoài tại F của tam giác FMD Suy ra CM/ CD= FM/ FD (4) Từ (3) và (4) suy ra có MB/ BD= CM/ CD Suy ra MB/ CM= BD/ CD (5) + Vì IB // AC áp dụng hệ quả Ta Lét cho tam giác MAC Có : IB/AC= MB/MC (6) 0,25 + Vì BK // AC áp dụng hệ quả Ta Lét cho tam giác BDK BK/AC= BD/DC (7) 0,25 Từ (5) (6) và (7) suy ra : BK/AC= BI/AC Suy ra: BK= BI, mà B thuộc IK nên B là trung điểm của IK 0,25 5 Lập dãy số. B1 = a1. B2 = a1 + a2 . B3 = a1 + a2 + a3 B2023 = a1 + a2 + + a2023 . Nếu tồn tại Bi ( i= 1,2,3 ,2023) nào đó chia hết cho 2023 thì bài toán 0,25 được chứng minh. Nếu không tồn tại Bi ( i= 1,2,3 ,2023) nào chia hết cho 2023 thì ta làm 0,25như sau: Đem chia Bi chia cho 2023 , số dư trong phép chia cho 2023 thuộc { 1,2.3 ,2022}. 0,25 Theo nguyên lí Dricle tồn tại ít nhất 2 số chia cho 2023 có cùng số dư, 0,25 giả sử là Bm và Bn( m > n) khi ấy Bm -Bn, chia hết cho 2023 Suy ra điều phải chứng minh. Lưu ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.