Đề khảo sát học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Yên Mô (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Yên Mô (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND HUYỆN YÊN MÔ ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2022 – 2023 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang. Câu 1: (5,0 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x -32 x -2 8 b) x+432 6x+ 7x– 6x + 1 xxxx22 112 2. Cho biểu thức: A 22: , với xx 0; 1 xxxxxx 211 a) Rút gọn A. b) Tìm giá trị của x để Ax 2 . c) Tìm giá trị nguyên của để biểu thức A có giá trị nguyên. Câu 2: (4,0 điểm) 4 6 11 7 1. Giải phương trình sau: 2x 1 2x 3 2x 3 2x 9 2x 9 2x 20 24 2. Cho abc,, là các số thỏa mãn điều kiện: abcabc333 3 và abc 1. Tính giá trị biểu thức Pabc 562023 3. Tìm các số thực a và b sao cho đa thức fxxxxaxb()921 432 chia hết cho đa thức gxxx()2 2 . Câu 3: (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức Bxxx 4222 là số chính phương. 2. Với ba số dương x ,y,z thỏa mãn điều kiện x y z 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x 2y 4z 1 thức Q  2x2 y 2 5 6y 2 z 2 6 3z 2 4x 2 16 2 Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. AE AB a) Chứng minh: ; và AEFCED . AF AC b) Gọi M là điểm đối xứng của H qua D. Giao điểm của EF với AM là N. Chứng minh: HN.AD = AN.DM. c) Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh ba điểm I, D, K thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 1m. Trong hình vuông đó đặt 55 đường tròn, mỗi 1 đường tròn có đường kính m. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít nhất bẩy 9 đường tròn ./. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. UBND HUYỆN YÊN MÔ HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KSCL HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 8 Năm học 2022 - 2023 (HDC gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1,5 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x -32 x -2 8 x-3x22 -28 x– 7x 4x – 28 0,25 x x 7 4 x 7 (x - 7)(x + 4) 0,25 b) x+432 6x+ 7x– 6x + 1 x+4324322 6x+ 7x– 6x + 1= x 6x 9x– 2x 6x 1 0,5 2 x 223x– 2x 3x 1 0,25 2 x 2 3 x 1 0,25 2. (3,5 điểm) xxxx22 112 Cho biểu thức: A 22: , với xx 0;1 xxxxxx 211 a) Rút gọn A. b) Tìm giá trị của x để Ax 2 . c) Tìm giá trị nguyên của để biểu thức A có giá trị nguyên. Câu 1 (5,0 điểm) a) (2,0 điểm) xxxxxxxx2222 112112 A :: 22 2 0,5 xxxxxxxxx 21111 x x 1 xx 1 xxx22 12 : 2 0,5 x 1 xx 1 xx 1 x 1 2 : 0,25 x 1 xx 1 x x 11 x x 2 0,25 x 1 x 1 x2 0,25 x 1 x2 Vậy với thì A 0,25 x 1 b) (0,5 điểm) với xx 0; 1 0,25
3. x2 Axxxxxxxxx 22222020 222 x 1 x0 ktm . Vậy x = 2 là giá trị cần tìm. 0,25 x 2( tm ) c) (1,0 điểm). x2 1 Ax 1 0,25 xx 11 Với xx 0; 1 và x là số nguyên, để biểu thức A có giá trị nguyên 0,25 thì x 1 là Ư (1) =｛1;-1｝ xx 1 1 2 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25 xx 1 1 0(không thỏa mãn) 0,25 Vậy biểu thức A có giá trị nguyên khi x 2 . 1 (1,5 điểm). Giải phương trình sau: Câu 2 4 6 11 7 (4,0 điểm) 2x 1 2x 3 2x 3 2x 9 2x 9 2x 20 24 (1) 1 3 9 ĐK: x , x , x , x 10 0,25 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 (1) 0,25 2x 1 2x 3 2x 3 2x 9 2x 9 2x 20 24 1 1 7 24 2x2024 2x17 2x12x20 0,25 2x 1 2x 20 24 2x19x460x22x2302 0,25 x2TMÐKXÐ 23 0,25 xTMÐKXÐ 2 23 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 2 ;  0,25 2  2. (1,5 điểm) Cho abc,, là các số thỏa mãn điều kiện: a3 b 3 c 3 3 abc và abc 1. Tính giá trị biểu thức P 5 a 6 b 2023 c 3 Ta có a3 b 3 cabca 33 3330 bab a b cabc 0,25 a b 3 c3 30 ab a b c 0,25 3 abc 3 abcabc . . 3 ababc 0 0,25 abca 2 b 2 c 2 abbcca 0 a2 b 2 c 2 ab bc ca 0 0,25
4. abbcca 222 0 abc 1 Mà abc 1 nên abc . 0,25 3 5620232034 Vậy Pabc 562023678. 0,25 33 2 (1,0 điểm). Tìm các số thực a và b sao cho đa thức fxxxxaxb()921 432 chia hết cho đa thức g x( )x 2 x 2 . Ta thực hiện phép chia: xxxaxbxx4322 9212 xxxxx4322 2815 823xxaxb32 0,5 8816xxx32 1516xaxb2 151530xx2 axb 130 Vì đa thức xxxaxb432 921 chia hết cho đa thức xx22 2, aa 101 0,25 Nên axb 1300 . bb 30030 Vậy a 1 và b 30 thì fx() chia hết cho gx() 0,25 Câu 3 (4,0 điểm) 1. (2.0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức Bxxx 4222 là số chính phương. xxx42 22 x4 2 x 3 x 2 2 x 3 4 x 2 2 x 2 x 2 4 x 2 0,5 2 xxxx2222 xxxx21221221 xxx122 2 Vì x 1 2 , B là số chính phương suy ra xx2 22 là số chính phương 0,25 Đặt xxaa22 22 a22 x 2 x 1 1 0,5 2 ax2 11 axax 111 ax 11 ax 0 a 1 Vì ax, nên: TH1: x 1 ax 11 ax 2 x 1 0,25 ax 11 ax 2 a 1 TH2: x 1 ax 11 ax 0 x 1 0,25 Vậy x 1 thì B 4 là số chính phương. 0,25
5. 2. (2,0 điểm) Với ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xyz 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu x2y4z1 thức Q  2xy56yz63z4x162222222 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm, ta có 2xy5(xy22222 )(x1)42xy2x42(xyx2), 6yz6(4yz22222 )2(y1)44yz4y44(yzy1), 0,75 3z4x16(z4x22222 )2(z4)84zx8z84(zx2z2). xx Suy ra 22 , 0,25 2xy52(xyx2) 2yy 4zz Tương tự có , . 0,25 6xz62(yzy1)22 3z4x16zx2z2)22 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ở trên theo vế, ta được xyz P 2(xyx2)2(yzy1)zx2z2 0,25 1xy2z 2xyx2yzy1zx2z2 1xxy2z 2xyx2xyzxyxzx2zxyz 0,25 1xxy21 . 2xyx2xyx2xxy22 Đẳng thức xảy ra khi xy1,z2 . 0,25 Vậy GTLN của Q là 2 khi . Câu 4 (6,0 điểm) A E N F H K B 0,25 D C I M
6. a) (1,75 điểm). a) Xét AEB và AFC có : EAB chung 0 0,5 AEBAFC(90) Do đó AEB AFC( g.g) A E A B 0,25 A F A C Xét AEF và ABC có : B AC chung A E A F A E A B (vì ) 0,5 A B A C A F A C Do đó AEF ABC (c.g.c) AEF ABC 0,25 Chứng minh tương tự ta được : C E D C B A . 0,25 Do đó A E F C E D b) (2,0 điểm). b) Vì BEFAEFBEDCED90 0 nên B EF B ED EB là tia phân giác của góc DEF Tam giác NED có EH là tia phân giác của D E N nên: 0,5 HNEN (1) HDED Vì EA  EH nên EA là tia phân giác ngoài tại đỉnh E của DEN ANEN 0,5 (2) ADED HN AN Từ ( 1) và (2) suy ra , mà HD = DM ( Do M là điểm HD AD 0,5 đối xứng của H qua D). HNAN Nên HN.ADAN.DM 0,25 DMAD c) (2,0 điểm). HN AN AN HN AH AN AH a) DM AD AD DM AM AD AM 0,25 AFAH AMI có HF//MI( cùng  AB ) (định lí Ta lét), AIAM AN AH AFAN Mà nên FN / /ID (định lí Ta lét đảo (3)) 0,25 AD AM AIAD AEAH AMK có HE//MK (cùng  AC ) (định lí Ta lét), AKAM AF AH AE 0,25 AIK có IK / /FE ( Định lí Ta lét đảo) (4) AI AM AK Từ (3) và (4) suy ra I, K, D thẳng hàng. (1,0 điểm).
7. Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 1m. Trong hình vuông đó đặt 55 1 đường tròn, mỗi đường tròn có đường kính m. Chứng minh rằng tồn tại 9 một đường thẳng giao với ít nhất bẩy đường tròn. Kẻ 9 đường thẳng song song cách đều chia hình vuông thành 10 hình 0,25 chữ nhật có chiều rộng 0,1m. Vì đường kính của mỗi đường tròn lớn hơn 0 ,1m nên mỗi đường tròn 0,25 bị ít nhất một trong chín đường thẳng vừa kẻ cắt. Nếu mỗi đường thảng chỉ cắt không quá 6 đường tròn thì số đường tròn 0,25 không vượt quá 9.6 = 54. Vì có 55 đường tròn nên ít nhất phải có một đường thẳng cắt 7 đường 0,25 tròn. Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.