Đề khảo sát chọn đội tuyển Toán Lớp 8 (Vòng 2) - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn đội tuyển Toán Lớp 8 (Vòng 2) - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có hướng dẫn chấm)

1. PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 – 2023 (VÒNG II) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) a2 b2 a2b2 1. Rút gọn biểu thức P a b 1 b a b 1 a 1 a 1 b x y z x2 y2 z2 2. Cho 1. Chứng minh rằng: 0 y z z x x y y z z x x y Câu 2. (4,0 điểm) x x x 1. Tìm x biết: x 4043 1 2 1 2 3 1 2 3 4043 2 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x là x số hữu tỉ. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x4 y3 xy3 1 2. Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng n x2 3y2 , trong đó x, y là các A số nguyên. Chứng minh rằng nếu A S và A là số chẵn thì A chia hết cho 4 và S. 4 Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Vẽ NH vuông góc với CM tại H, HE vuông góc với AB tại E. Trên tia NH lấy điểm K sao cho NK = CM. a) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông b) Chứng minh HM là tia phân giác của góc BHE c) Giả sử ·AHC 1350 . Chứng minh 2HA2 HB2 HC 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Tìm GTNN của a3 b3 b3 c3 c3 a3 P a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1
2. PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM Biểu chấm gồm 04 trang KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 (VÒNG II) NĂM HỌC 2022 – 2023 Câu Hướng dẫn giải Câu 1 4.0điểm a2 b2 a2b2 Rút gọn biểu thức P a b 1 b a b 1 a 1 a 1 b a2 1 a b2 1 b a2b2 a b a3 a2 b2 b3 a2b2 a b Ta có P 0.5 a b 1 b 1 a a b 1 b 1 a a3 b3 a2 b2 a2b2 a b a b a2 ab b2 a b a b a2b2 a b 0.5 a b 1 b 1 a a b 1 b 1 a a b a2 ab b2 a b a2b2 a2 a2b2 a ab b2 b 0.5 a b 1 b 1 a 1 b 1 a a2 1 b 1 b a 1 b b 1 b 1 b a2b a2 a b 1.a 1 b 1 a 1 b 1 a 2.0điểm a2b a2 a b a2 a a2b b a a 1 b a 1 a 1 0.5 1 a 1 a 1 a a 1 a ab b a ab b 1 a x y z x2 y2 z2 2.0 2. Cho 1. Chứng minh rằng: 0 y z z x x y y z z x x y điểm x y z Nếu x + y + z = 0 thì 1 x y z 0 0.5 y z z x x y x y z Ta có: 1 y z z x x y x y z 0.25 Nếu x + y + z = 0 1 x y z 0 y z z x x y x y z 1.b (x y z) x y z y z z x x y 0.75 2.0điểm x2 y2 z2 z y x x y z y z z x x y x2 y2 z2 0 y z z x x y 0.5 Câu 2 4.0điểm x x x 1 1. Tìm x biết: x 4043 2.0 2.0điểm 1 2 1 2 3 1 2 3 4043 điểm 2
3. 2x 2x 2x x 4043 0,5 2.3 3.4 4043.4044 1 1 1 1 Ta có: 2x 4041 0,5 1.2 2.3 3.4 4043.4044 1 1 1 1 1 2x 1 4043 0.25 2 2 3 4043 4044 1 2x. 1 4043 4044 4043 0,5 x. 4043 2022 x 2022 Vậy x 2022 0,25 2 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng 2.0 x điểm minh x là số hữu tỉ. 2 2 2 4 4 2 2 Ta có x ¤ suy ra x x 2 4 ¤ x 2 ¤ . x x x x 0,5 2b 8 8 2 4 2.0điểm 3 3 2 Mặt khác x ¤ suy ra 3 ¤ suy ra x 3 x x 2 2 ¤ x x x x 4 4 2 0,75 Do x2 ¤ x2 2 ¤ nên suy ra x ¤ . x2 x2 x 2 2 0,75 Vậy 2x x x ¤ suy ra x ¤ (điều phải chứng minh) x x 4.0 Câu 3 điểm 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x4 y3 xy3 1 2.0 điểm Theo đề bài, ta có: x4 y3 xy3 1 (*) x4 1 xy3 y3 (x 1)(x3 x2 x 1) y3 (x 1) (x 1)(x3 x2 x 1 y3 ) 0 0.5 x 1 0 x 1 3 2 3 3 2 3 x x x 1 y 0 x x x 1 y +/ Xét x=1, thay vào (*) 1 3 3 0.5 1 y y 1 y k với k Z 2.0điểm +/ Xét x3 x2 x 1 y3 2 2 1 3 3 3 2 Vì x x 1 x 0 x x x x 1 (1) 4 4 Vì 5x2 11x 7 0 x3 x2 x 1 x3 x2 x 1 5x2 11x 7 x3 x2 x 1 x3 6x2 12x 8 x3 x2 x 1 (x 2)3 (2) Từ (1) và (2) x3 x3 x2 x 1 (x 2)3 x3 y3 (x 2)3 0.75 Mà x,y nguyên y3 (x 1)3 x3 x2 x 1 (x 1)3 3
4. 3 2 3 2 2 x 0 x x x 1 x 3x 3x 1 2x 2x 0 x 1 Xét x = 0 y = 1 (tmđk) Xét x = - 1 y = 0 (tmđk) Vậy các cặp số nguyên (x;y) 0; 1 ; 1; 0 ; 1; k  với k Z 0.25 Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng n x2 3y2 , trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu A S và A là số chẵn thì A 2.0 A điểm chia hết cho 4 và S. 4 Do A S nên tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn A x2 3y2. Mà A là số chẵn nên x, y cùng tính chẵn lẻ. 2 Xét các trường hợp sau: 2.0điểm +) TH1: x, y cùng chẵn 0,5 2 2 2 2 A x y x y x 4; y 4 A4 và 3 S (vì ; là các số nguyên 4 2 2 2 2 +) TH2: x, y cùng lẻ. Khi đó x2 ; y2 chia 4 dư 1 nên A chia hết cho 4 * Nếu x, y có cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4A 4(x2 3y2 ) (x 3y)2 3.(x y)2 2 2 0,5 A x 3y x y x 3y x y Do đó: 3. S. Vì ; Z 4 4 4 4 4 * Nếu x, y không cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4A 4(x2 3y2 ) (x 3y)2 3.(x y)2 0,5 2 2 A x 3y x y x 3y x y Do đó: 3. S. Vì ; Z 4 4 4 4 4 A Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có A chia hết cho 4 và S. 0,5 4 Câu 4 6 điểm A E N M H B C F I K 4
5. +) Chứng minh AMC = CNK (C. G .C) 0.5 a M· AC N· CK và AB = CK 0.25 2.0điểm Mà M· AC 900 N· CK 900 KC  AC tại C 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình chữ nhật 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông 0.25 Gọi I là trung điểm của CK, F là giao điểm của BI và KN +) Chứng minh tứ giác BMCI là hình bình hành 0.5 MC / /BI +) Xét BHK có BF vừa là đường cao vừa là trung tuyến BHK cân tại B 0.5 b B· KH B· HK (1) 2.0điểm · · Lại có : BKH EHN ( hai góc đồng vị và EH//BK) (2) 0.25 Từ (1) và (2) E· HN B· HK Mà E· HN M· HE B· HK M· HB 900 0.5 M· HE M· HB Suy ra HM là tia phân giác của góc BHE. 0.25 A G H B C c 2.0điểm Trên tia CH lấy điểm G sao cho H· AG 900 Vì ·AHC 1350 ·AHG 450 Mà H· AG 900 AHG vuông cân tại A AG AH và 0.25 GH 2 AH 2 AG2 2AH 2 Xét AGB và AHC có: AG AH G· AB H· AC ( 900 B· AH ) AB AC ( vì ABC vuông cân tại A) 0.5 AGB AHC (c.g.c) ·AGB ·AHC ( 2 góc tương ứng) ·AGB 1350 Vì AGB AHC GB HC (2 cạnh tương ứng) 0.5 5
6. Mà AHG vuông cân tại A · 0 AGH 45 0.5 B· GH ·AGB ·AGH 900 BGH vuông tại G Xét BGH vuông tại G có: BG2 GH 2 HB2 HC 2 GH 2 HB2 HC 2 2AH 2 HB2 0.25 HB2 HC 2 2AH 2 (đpcm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm GTNN của 2.0 Câu 5 a3 b3 b3 c3 c3 a3 P điểm a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 1 Chứng minh bất đẳng thức a2 ab b2 (a2 ab b2 ) 3 2 2 2 2 3a 3ab 3b a ab b 0.5 2a2 4ab 2b2 0 2(a b)2 0 (luôn đúng) 1 Ta có: a3 b3 (a b)(a2 ab b2 ) (a b)(a2 ab b2 ) 3 1 2 2 3 3 (a b)(a ab b ) a b a b 3 a2 ab b2 a2 ab b2 3 0.5 2.0điểm b3 c3 b c c3 a3 c a Tương tự, và b2 bc c2 3 c2 ca a2 3 a b b c c a 2 Do đó P (a b c) 3 3 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c, ta có: 0,5 a b c 33 abc 3 (vì abc = 1) 2 P .3 2 0,25 3 Dấu “=” xảy ra a b c 1 0,25 Vậy GTNN của P là 2 tại a = b = c = 1 Điểm toàn bài 20 điểm 6