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

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

1. PHÒNG GD&ĐT VĨNH LỘC ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 CỤM TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Ngày giao lưu: 22/03/2023 ( Đề gồm 01 trang) Bài 1: (4 điểm). x 4 1 x 8 Cho biểu thức P 3 : 1 2 (Với x 1) x 1 x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của biểu thức P khi x là nghiệm của phương trình: x2 –3x +2 = 0 c) Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị là số nguyên. Bài 2: ( 4 điểm). 3 2 4 9 1. Giải phương trình : x2 5x 4 x2 10x 24 3 x2 3x 18 2. Tìm đa thức P(x) thoả mãn: P(x) chia cho x + 3 dư 1; chia cho x – 4 dư 8; chia cho (x + 3)(x – 4) được thương là 3x và còn dư. Bài 3: ( 4 điểm). 1) Tìm số tự nhiên có 9 chữ số: A a1a2a3b1b2b3a1a2a3 trong đó a1 0 và 2 2 2 2 b1b2b3 2.a1a2a3 và đồng thời A viết được dưới dạng A p1 .p2 .p3 .p4 với p1, p2 , p3, p4 là bốn số nguyên tố. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 3y2 4x 19 . Bài 4: (6 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC gọi AD là tia phân giác của góc BAC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC; E là giao điểm của BN và DM, F là giao điểm của CM và DN. a) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC. b) Gọi H là giao điểm của BN và CM. Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và H là trực tâm AEF . c) Gọi P là điểm trên AN, Q là điểm trên AM sao cho AP = MQ. Tìm vị trí của P và Q để diện tích tứ giác MQPN đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: ( 2 điểm). 1) Cho a3 3ab2 5 và b3 3a 2b 10 . Tính S = (2022a 2 2022b2 )2023 2) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn: a b c 1. ab bc ca 1 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 4 a b c Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày giao lưu: 22/03/2023 Bài Nội dung Điểm a) Với x 1 ta có x 4 x2 x 1 x2 x 1 x 8 P 2 2 : 2 0,5 (x 1)(x x 1) (x 1)(x x 1) x x 1 x 4 x2 x 1 x2 x 1 x 8 x2 2x 3 x2 9 0,75 P 2 : 2 2 : 2 (x 1)(x x 1) x x 1 (x 1)(x x 1) x x 1 (x 3)(x 1) x2 x 1 x 3 . 0,75 (x 1)(x2 x 1) x2 9 x2 9 x 3 Vậy x 1 thì P x2 9 2)Ta có : x2 – 3x + 2 = 0 Bài 1: ( x-1)(x-2) = 0 suy ra x = 2 hoặc x= 1 (loại) 0,5 2 3 5 (4 điểm) Thay x=2 vào biểu thức P ta được P . 22 9 13 0,5 5 Kết luận với x= 2 thì P 13 x 3 c) Ta có : P nhận giá trị nguyên nguyên khi đó x2 9 (x 3)(x2 9) (x 3)(x 3)(x2 9) 0,25 (x2 9)(x2 9) (x2 9 18)(x2 9) 18(x2 9) suy ra x2 9 là ước của 18 0,25 Mà x2 9 9 0 nên x2 9 9;18 nên x2 0;9 ta có x = 0 ;3 ;-3 0,25 Thử lại ta được x = -3 thỏa mãn bài toán và kết luận . 0,25 1) ĐKXĐ: x≠ -1;-4;-6;3 0.25 3 2 4 9 0.25 x 1 x 4 x 4 x 6 3 x 3 x 6 1 1 1 1 4 1 1 0.5 x 1 x 4 x 4 x 6 3 x 3 x 6 1 4 1 0.25 Bài 2 x 1 3 x 3 3 x 3 4 x 1 x 3 3 x 1 4điểm 3 x 1 x 3 3 x 1 x 3 3 x 1 x 3 0.25 4x2 8x 0 0.25 4x x 2 0 x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) 0.25 Vậy tập nghiệm của phương trình: S = { 0;2 }
3. 2) Vì đa thức (x +3)(x – 4) có bậc là 2 nên phần dư khi chia P(x) cho (x +3)(x – 4) có dạng R(x) = ax + b 0,5 P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + ax + b 0,5 Ta có : P( 3) 3a b 1 0,5 P(4) 4a b 8 a =1 ; b = 4 0,5 Vậy: P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + x + 4 = 3x3 - 3x2 - 35x + 4 6 3 0.25 1) Ta có: A a1a2a3b1b2b3a1a2a3 a1a2a3.10 b1b2b3.10 a1a2a3 6 3 0.25 a1a2a3.10 2.10 .a1a2a3 a1a2a3 6 3 a1a2a3 10 2.10 1 a1a2a3.1002001 0.25 2 2 2 0.25 a1a2a3.7 .11 .13 a a a Như vậy 1 2 3 phải là bình phương của 1 số nguyên tố p 0.25 khác 7, 11, 13 Do b1b2b3 1000,a1 0 100 a1a2a3 500 0,25 a1a2a3 289 =>10 p 23 p 17,19 0.25 a1a2a3 361 Bài 3 Vậy A 289578289 hoặc A 361722361 0.25 4 điểm 2) Ta có : 2x2 3y2 4x 19 2x2 4x 2 21 3y2 0.5 0.25 2 x 1 2 3 7 y2 * Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3 7 y2 2 y lẻ (1) 0.25 2 2 Mặt khác VT 0 3 7 y 0 y 7 (2) 0.5 Từ (1) và (2) suy ra y2 1, thay vào (*) ta có: 2(x 1)2 18 0.25 Suy ra các nghiệm là x; y 2;1 ; 2; 1 ; 4; 1 ; 4;1  0.25 A P Q N Bài 4 M 6 điểm H E F B D C
4. a. (2.0 điểm) * Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Xét tứ giác AMDN có: ·AMD 900; ·AND 900;M· AN 900 0.5 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật +) Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của M· AN nên tứ giác 0.5 AMDN là hình vuông. * Chứng minh EF // BC. FM DB +) Vì ND// AB hay DF//MB áp dụng định lí ta lét ta có: (1) FC DC 0.25 DB MB Vì MD//AC áp dụng định lý ta lét ta có: (2) DC MA 0.25 Tứ giác AMDN là hình vuông nên MB MB AM DN (3) MA DN 0.25 Vì DN//MB áp dụng hệ quả của định lí ta lét với hai tam giác DNE và BME MB EM ta có (4) DN ED EM FM 0.25 Từ 1 , 2 , 3 , 4 suy ra EF / /DC Hay: EF / /BC ED FC b) * Chứng minh ANB : NFA Xét tam giác ANB vuông tại A, tam giác NFA vuông tại N AN DN Vì AMDN là hình vuông nên AN DN.suy ra (5) 0.25 AB AB DN CN 0.25 Vì DN //AB áp dụng hệ quả của định lí ta lét ta có (6) và AB CA CN FN 0.25 (7) CA AM FN FN Mà AMDN là hình vuông nên AM AN. Suy ra (8) 0.25 AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra ANB : NFA c.g.c AB AN * Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF Vì ANB : NFA nên N· BA F· AN 0.25 Mà B· AF F· AN 900 N· BA B· AF 900 0.25 Suy ra EH  AF 0.25 Tương tự: FH  AE 0.25 suy ra H là trực tâm AEF c)Vì AN = AM ; PN = AQ AP = MQ. 0.25 Ta có : 1 1 1 1 S AP.AQ QM.AQ AQ(AM AQ) (AQ2 AQ.AM ) APQ 2 2 2 2 0.5 1 AM AM 2 AM 2 (AQ2 2AQ. ) 0.25 2 2 4 8 1 AM AM 2 AM 2 (AQ )2 0.25 2 2 8 8
5. 1 1 3 Suy ra : S S S AM 2 AM 2 AM 2 PQMN AMN APQ 2 8 8 0.5 AM dấu “=” xảy ra khi AQ = . 2 3 Vậy diện tích tứ giác PQMN có giá trị nhỏ nhất là AM 2 khi Q là trung điểm 8 0.25 của AM; P là trung điểm của AN. 2 1) Ta có a3 3ab2 5 a3 3ab2 25 a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25 2 và b3 3a2b 10 b3 3a2b 100 b6 – 6b4a2 + 9a4b2 = 100 0,5 Suy ra 125 = a6 b6 3a2b4 3a4b2 3 Hay 125 = a2 b2 a2 b2 5 0,25 Do đó S = [2022( a2 b2 )]2023= ( 2022.5)2023=101102023 0,25 2) Ta có: ab bc ca 1 1 1 1 S ( ) a2 b2 b2 c2 c2 a2 4 a b c 0.25 1 1 1 1 a b c a b c a b c ( ) a b b c c a 4 a b c Bài 5 b a c b a c 1 1 1 1 b c a c a b 2 điểm (1 1 1 ) a b b c c a 4 a a b b c c 0.25 b a c b a c a b Đặt x b a b c y c b c a z a c 1 x 1 y 1 z 3 3 15 0.25 S 1 1 1 , dấu “=” khi x 4 y 4 z 4 4 4 4 2 2 2 0.25 x 4, y 4, z 4 suy ra x = y = z = 2 (Vì x,y,z > 0) 1 Khi đó a=b=c= . 3 Ghi chú: - Học sinh làm bài cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình. - Hướng dẫn chấm gồm 04 trang.