Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Lương Tài (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Lương Tài (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022- 2023 Môn: Toán- Lớp 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07 tháng 3 năm 2023 (Đề thi có 01 trang) Bài 1. (4,0 điểm) 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x4 2023x2 2022x 2023 . 2 x 1 1 x3 1 x3 1 2) Rút gọn Q 2 1 : 2 2 (với x 0, x 1). x x x x x x x 3) Cho a,b,c 0 và a2 b2 c2 ab bc ca. Tính giá trị của biểu thức: a2022 b2022 c2022 T . a b c 2022 Bài 2. (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương, p nguyên tố thỏa mãn: x2 3xy p2 y2 12 p . 2 2) Giải phương trình: x2 9 12x 1. Bài 3. (3,0 điểm) 1) Cho đa thức f với(x) = ax2 + làb x các+ c số hữua , btỉ.,c Biết rằng f (0), f (1), f (2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. 2) Cho a, b là hai số nguyên phân biệt lớn hơn 1 thỏa mãn a 2b2 2 là lũy thừa của một số nguyên tố khác 13 và b 2a2 2 chia hết cho a 2b2 2 . Chứng minh 2a 3 là số chính phương. Bài 4. (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có Bµ 2Cµ ; trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD = BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt BC và CD lần lượt tại M và N. Đường vuông góc với BC tại C cắt AM tại K. Chứng minh rằng: a) ABM là tam giác cân và A· BC 2A· KC ; b) MA.KN = MN.KA; c) Tính độ dài ba cạnh của tam giác ABC biết độ dài ba cạnh là ba số tự nhiên liên tiếp. 2) Cho tứ giác ABCD có B· CD B· DC 500 ; ·ACD ·ADB 300 . Gọi I là giao điểm của AC và BD . Chứng minh rằng tam giác ABI cân . Bài 5. (2,0 điểm) 2 2 1 1 25 1) Cho x, y > 0 thỏa mãn: x + y = 1. Chứng minh: x y . x y 2
2. 2) Cho một đa giác đều gồm 2019 đỉnh. Người ta tô mỗi đỉnh của đa giác bởi một màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được ba đỉnh của đa giác là 3 đỉnh của một tam giác cân được đánh dấu bởi cùng 1 màu. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
3. UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TẠO Năm học 2022-2023 Môn thi: Toán - Lớp 8 Bài Lời giải sơ lược Điểm 1.1 (1,0 điểm) Ta có: 4 2 x 2023x 2022x 2023 0,25 x4 x 2023 x2 x 1 2 2 x x 1 x x 1 2023 x x 1 0,25 x2 x 1 x2 x 2023 0,5 2 x 1 1 x3 1 x3 1 1.2 (1,5 điểm) 2) Rút gọn Q 2 1 : 2 2 (với x 0, x 1). x x x x x x x 2 x 1 1 x3 1 x3 1 Q 2 1 : 2 2 x x x x x x x 2 2 2 x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 0,5 Q : x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x2 2x 1 x2 x x 1 x2 x 1 x2 x 1 Q : 0,25 x x 1 x 2x2 2x x Q . 0,25 x x 1 2x x 1 Q 0,25 x 1 x 1 Vậy Q với x 0, x 1 0,25 x 1 1.3. (1,5 điểm) Cho a,b,c 0 và a2 b2 c2 ab bc ca. Tính giá trị của biểu thức: a2022 b2022 c2022 T . a b c 2022 a2 b2 c2 ab bc ca 2 a2 b2 c2 2 ab bc ca 2a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca 0 0,5 a b 2 b c 2 c a 2 0
4. a b 2 0 2 b c 0 a b c 0,5 c a 2 0 a2022 b2022 c2022 Thay b = a, c = a vào biểu thức T ta được: a b c 2022 0,5 a2022 a2022 a2022 3a2022 1 T . a a a 2022 9a2022 3 2.1. (2,0 điểm) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương, p nguyên tố thỏa mãn: x2 3xy p2 y2 12 p . Ta có x2 3xy p2 y2 12 p x2 p2 y2 3xy 12 pM3 Ta có số chính phương chia 3 dư 0, 1 0,5 xM3; pyM3 2 2 x ( py) M 9 3xy 12 pM9 mà xM3 pM3 p 3 (do p nguyên tố) 0,25 2 2 2 Thay p =3 vào phương trình x 3xy p y 12 p ta có x2 3xy 9y2 36 0,25 4x2 12xy 36y2 144 (2x 3y)2 27y2 144 2 2 2 2 27y 144 y 5 mà y là chính phương và y nguyên dương y 1;4 0,25 2 2 Nếu y 1 (2x 3y) 117 (loại vì 117 không chính phương) 0,25 Nếu y2 4 y 2 (2x 6)2 36 x 6 vì x, y nguyên dương. 0,5 Vậy x = 6; y= 2; p=3 2 2.2. (2,0 điểm) Giải phương trình: x2 9 12x 1. 2 x2 9 12x 1 x4 18x2 81 12x 1 0,25 x4 18x2 81 36x2 12x 1 2 x2 9 6x 1 2 2 x2 9 6x 1 2 0 0,5 x2 9 6x 1 x2 9 6x 1 0 x2 6x 10 x2 6x 8 0 x2 6x 10 0 (1) 2 0,25 x 6x 8 0 (2) 2 2 Giải (1) : x 6x 10 0 x 3 1 0 suy ra phương trình (1) vô nghiệm 0,25
5. Giải (2): x2 6x 8 0 x2 2x 4x 8 0 x x 2 4 x 2 0 x 2 x 4 0 0,5 x 2 0 x 2 x 4 0 x 4 Tập nghiệm của phương trình đã cho S 2;4 0,25 3.1 (1,5 điểm) Cho đa thức f với(x) = ax2 + làb x các+ c số hữua, b tỉ.,c Biết rằng f (0), f (1), f (2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. f (0) = c (1), f (1) = a + b + c (2), f (2) = 4a + 2b + c (3) là các số nguyên . 0,5 Từ (1) và (2) a b Z 2a 2b Z (4) 0,25 Từ (1) ,(3)và (4) suy ra 2a là số nguyên. . 0,25 Từ (4) và 2a nguyên suy ra 2b nguyên 0,25 Vậy 2a, 2b có giá trị nguyên. 0,25 3.2. (1,5 điểm) Cho a, b là hai số nguyên phân biệt lớn hơn 1 thỏa mãn a 2b2 2 là lũy thừa của một số nguyên tố khác 13 và b 2a2 2 chia hết cho a 2b2 2 . Chứng minh 2a 3 là số chính phương. Đặt: a 2b2 2 pk ; p nguyên tố khác 13; k ¥ * do a, b lớn 1 và b 2a2 2Ma 2b2 2 2 2 k b 2a 2 a 2b 2 M p 2 2 b 2a 2 a 2b 2 0,5 k a b 2a 2b 1 M p Vì a b 2a 2b 1 0(do a b,a,b 1) a bM pm n 2a 2b 1M p m,n ¥ ;m n k a b 2 TH1: Nếu m 0 n 0 vì a b a 2b 2 0,5
6. a bM p 4a 1M p 2a 2b 1M p Lại có: b 2a2 2Ma 2b2 2 pk b 2a2 2M p 2b 4a2 4M p 4a2 2a 3M p 4a2 a a 3 M p a 3M p Kết hợp với 4a 1M p 13M p p 13 vì p nguyên tố (loại) TH2: Nếu m = 0 2a 2b 1M pk 2a 2b 1Ma 2b2 2 2a 2b 1 a 2b2 2 a 2b2 2b 1 1 Ta lại có: 0,5 2 a 2b2 2 2a 2b 1 Ma 2b2 2 4b2 2b 3Ma 2b2 2 4b2 2b 3 a 2b2 2 2b2 2b 1 a 2 Từ (1) và (2) a 2b2 2b 1 2a 3 2b 1 2 là chính phương (đpcm) 4.1. (5,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC có Bµ 2Cµ ; trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD = BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt BC và CD lần lượt tại M và N. Đường vuông góc với BC tại C cắt AM tại K. Chứng minh rằng: a) ABM là tam giác cân và A· BC 2A· KC ; b) MA.KN = MN.KA; c) Tính độ dài ba cạnh của tam giác ABC biết độ dài ba cạnh là ba số tự nhiên liên tiếp. Vẽ hình + Giả thiết, kết luận 0,25
7. A 1 1 1 1 B C M 2 2 N K D 0 0 a) Aµ 1 Dµ 90 ,Mµ 2 Cµ 2 90 (1) BD BC BCD cân tại B 0,5 Dµ Cµ 2 (2) Từ (1), (2) Aµ 1 Mµ 2 µ µ M1 M2 (2 góc đối đỉnh) 0,5 Aµ 1 Mµ 1 ABM cân tại B µ ¶ 0 µ ¶ 0 µ µ µ µ Ta lại có D A1 90 ;K M2 90 mà A1 M2 D K 0,5 Mà A· BC 2A· DC A· BC 2A· KC (đpcm) 0,25 b) · · µ ABC µ ABC µ µ . C1 , C2 C1 C2 CM là đường phân giác của ACN 2 2 0,5 AM CA (3) MN CN 0,25 Chứng minh được CK là tia phân giác của góc ngoài tại C của ACN AK CA 0,5 (4) KN CN MA KA Từ (3), (4) MA.KN KA.MN (đpcm) 0,25 MN KN c) Dµ Cµ 2 (Theo (2)), Bµ 1 Dµ Cµ 2 Bµ 1 2Dµ µ µ B1 2C1 (GT) 0,25 Cµ 1 Dµ
8. Xét ABC và ACD có: B· AC là góc chung, Cµ 1 Dµ ABC : ACD 0,25 AB AC AC2 AB.AD AC AD AC2 AB AB BD AB AB BC Đặt AB = c; AC = b; BC = a b2 c c a b c b c c.a * Ta có: Vì a, b, c là 3 số tự nhiên liên tiếp, ta có các trường hợp: TH1: b – c 1 b c 1 2c 1 ca 0,5 c a 2 1 c 1 a 3 loai b 2 TH2: b – c 2 b c 2 a c 1 Thay vào (*) ta được: 2 2c 2 c c 1 0,5 c2 3c 4 0 c 4 a 5 b 6 Vậy 3 cạnh của tam giác là 4; 5; 6. 4.2(1,5 điểm) Cho tứ giác ABCD có B· CD B· DC 500 ; ·ACD ·ADB 300 . Gọi I là giao điểm của AC và BD . Chứng minh rằng tam giác ABI cân . Giả thiết, Kết luận + hình vẽ 0,25
9. A B I D C E Từ giả thiết C· BI C· IB 800 CB CI; B· CI 200 0,25 Vẽ tam giác đều BCE ( E thuộc nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A). BDE CBI cgc B· DE 800 0,5 DE BI ·AID B· IC I·DE 800 AI / /DE 1 Do : D· IE D· IC E· IC 1800 E· CI 1000 CI CE CB 2 300 D· IE ·ADI 300 AD / /IE 2 0,5 Từ (1) và (2) Tứ giác AIED là hình bình hành nên DE = AI. Mà DE = BI Suy ra AI = BI do đó tam giác ABI cân tại I.
10. 2 2 1 1 25 5.1. (1,0 điểm) Cho x, y > 0 thỏa mãn: x + y = 1. Chứng minh: x y . x y 2 Ta có: (a b)2 a2 b2 dấu = xảy ra khi a = b 2 Áp dụng ta có: 2 1 1 0,5 2 2 x y 2 1 1 x y 1 x y x y . x y x y 2 2 xy 2 1 1 . 1 2 xy Mặt khác: (x y)2 0 x2 y2 2xy (x y)2 1 (x y)2 4xy xy 4 4 2 0,5 2 2 2 1 1 1 1 1 1 25 x y . 1 1 1 x y 2 xy 2 2 4 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1/2 5.2 (1,0 điểm) Cho một đa giác đều gồm 2019 đỉnh. Người ta tô mỗi đỉnh của đa giác bởi một màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được ba đỉnh của đa giác là 3 đỉnh của một tam giác cân được đánh dấu bởi cùng 1 màu. Vì đa giác đều có số đỉnh là 2019 (số lẻ) nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau được tô cùng 1 màu, gọi 2 đỉnh đó là A và B. Mặt khác đa giác đều này tồn tại 1 đỉnh M nào đó nằm trên đường trung trực của AB. 0,25 - Nếu M được tô cùng màu với A và B , ta có tam giác MAB thỏa mãn đề bài. 0,25 - Nếu M khác màu với A và B ta gọi đỉnh E kề với đỉnh A; gọi đỉnh F kề với đỉnh B và xảy ra trường hợp: 0,25 + Nếu cả E và F khác màu với A , B thì ta có M,E,F cùng màu suy ra tam giác MEF thỏa mãn đề bài.
11. + Nếu có ít nhất 1 đỉnh E hoặc F cùng màu với A và B , giả sử đỉnh E thì ta có tam giác ABE thỏa mãn đề bài. 0,25 Vậy bài toán được chứng minh.