Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Bắc Giang (Có hướng dẫn chấm)

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TOÁN - LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 08/4/2023 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có: 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) x 5 x 2x 5 2x 5 1. Rút gọn biểu thức : P 2 2 : 2 với x 0; x 5; x . x 25 x 5x 2x 10x 5 x 2 2. Cho các số thực x, y, z thoả mãn xyz 0 và x3 y3 z3 3xyz . Tính giá trị của biểu thức: x y z M 1 1 1 . y z x Câu 2. (6,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: (2x2 x 2023)2 4(x2 5x 2022)2 4(2x2 x 2023)(x2 5x 2022). 2. Tìm số nguyên n để n2 6n 14 là số chính phương. 3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x2 8y2 2xy. Câu 3. (3,0 điểm) 1. Đa thức Q x nếu chia cho x 1 được số dư bằng 4, nếu chia cho x 3 được số dư bằng 14. Tìm đa thức dư của phép chia Q x cho x 1 x 3 . 2. Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kỳ có ba chữ số, luôn tồn tại hai số sao cho khi ghép chúng lại cạnh nhau để được một số có sáu chữ số chia hết cho 13. Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC , phân giác trong AD D BC , gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, trên tia đối của tia DA lấy điểm K sao cho K· BC 450 , đường thẳng qua A vuông góc với AD cắt KM tại N. a) Chứng minh rằng BDK ADC và tam giác KBC vuông cân. b) Phân giác của ·ABC cắt AD tại I. Gọi E là giao điểm của AC và MN. Chứng minh rằng: E· NC 450 và KI 2 KM.KN. 2. Cho tam giác ABC có trung tuyến AD D BC . Trên đoạn thẳng AD lấy điểm K sao cho AK 3. Gọi E là giao điểm của đường thẳng BK và AC. Tính tỉ số diện tích tam giác ABE và diện tích KD tam giác BCE. Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y 0 thoả mãn x y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16 Q x2 y2 9x 12y 25. 2x y HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THÀNH PHỐ BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2022 - 2023 HDC ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 08/4/2023 (Bản hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu 1: (4,0 điểm) x 5 x 2x 5 2x 5 1) Rút gọn biểu thức : P 2 2 : 2 với x 0; x 5; x x 25 x 5x 2x 10x 5 x 2 2) Cho các số thực x, y, z thoả mãn xyz 0 và x3 y3 z3 3xyz . Tính giá trị của biểu thức x y z M 1 1 1 y z x Câu 1 Nội dung 4,0 điểm 5 Với x 0; x 5; x ta có: 2 x x 5 2x 5 2x P : 0.25 x 5 x 5 x x 5 2x x 5 5 x 2 x2 x 5 2x 5 2x 0.5 : x x 5 x 5 2x x 5 5 x x x 5 x x 5 2x x 5 2x . 0.25 x x 5 x 5 2x 5 5 x 5. 2x 5 2x x 5 2x 1.1. . 0.25 x x 5 x 5 2x 5 5 x (2 điểm) 10 2x 0.25 x 5 x 5 10 2x 2 5 x 2 0.25 x 5 x 5 5 Vậy P 2 với x 0; x 5; x 0.25 2 3 Ta có: x3 y3 z3 3xyz x y 3xy x y z3 3xyz 0.25 x3 y3 z3 3xyz x y 3 z3 3xy x y 3xyz 0 0.25 x y z x y 2 x y z z2 3xy x y z 0 x y z x2 y2 2xy xz yz z2 3xy 0 0.25 x y z 0 2 2 2 x y z xy yz zx 0 1.2. Trường hợp 1: x y z 0 học sinh tính được M 1 0.5
3. Câu 1 Nội dung 4,0 điểm (2 điểm) Trường hợp 2: 0.5 x2 y2 z2 xy yz zx 0 2 x2 y2 z2 xy yz zx 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 HS lập luận x y z từ đó tính được M 8 HS kết luận bài toán 0.25 Câu 2: (6,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: (2x2 x 2023)2 4(x2 5x 2022)2 4(2x2 x 2023)(x2 5x 2022) 2) Tìm số nguyên n để n2 6n 14 là số chính phương 3) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x2 8y2 2xy. Câu 2 Nội dung 6,0 điểm a 2x2 x 2023 Đặt: 2 0.5 b x 5x 2022 Phương trình đã cho trở thành: a2 4b2 4ab (a 2b)2 0 a 2b 0 a 2b 0.5 2.1. Khi đó, ta có: 2 2 2 2 0.5 (2 điểm) 2x x 2023 2(x 5x 2022) 2x x 2023 2x 10x 4044 2021 11x 2021 x . 0.25 11 2021 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x . 0.25 11 + Ta có n2 6n 14 m2 , m ¥ ,n ¢ 2 2 0.5 n 3 5 m2 n 3 m2 5 m n 3 n 3 m 5 (1) 0.5 Ta có m ¥ ,n ¢ ; nên m n 3 ¢ ,m n 3 ¢ , và n 3 m n 3 m + Mặt khác 5 5.1 5. 1 nên từ (1) và các lập luận trên ta có các trường 0.25 hợp sau xảy ra: 2.2. m n 3 1 n m 2 m 3 TH1: (thoả mãn) n 3 m 5 n m 8 n 5 0.25 (2 điểm) m n 3 5 n m 2 m 3 TH2: (thoả mãn) 0.25 n 3 m 1 n m 4 n 1 Vậy n 1; 5 thoả mãn yêu cầu bài toán 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 8y 2xy x y 7y x 2xy y 0.25 2.3. 2 2 2 y x 7 x y 1 0.5 (2 điểm) 2 * Với y 0 suy ra x y 0 thỏa mãn 0.5
4. Câu 2 Nội dung 6,0 điểm * Với y2 0 thì do y2 là số chính phương khác 0 và x y 2 là số chính 0.25 phương nên từ 1 ta có x2 7 là số chính phương Từ đó tìm được x 4; thì y 2; 1 0.25 hoặc x 4 tìm được y 2;1 HS kết luận các cặp số nguyên x; y thoả mãn bài toán là: 0.25 (0; 0) ; (4; 2); (4; -1) (-4; -2) (-4; 1) Câu 3: (3,0 điểm) 1. Đa thức Q x nếu chia cho x 1 được số dư bằng 4, nếu chia cho x 3 được số dư bằng 14. Tìm đa thức dư của phép chia Q x cho x 1 x 3 . 2. Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kỳ có ba chữ số, luôn tồn tại hai số sao cho khi ghép chúng lại cạnh nhau để được một số có sáu chữ số chia hết cho 13. Câu 3 Nội dung 3,0 điểm Vì Q x chia cho x 1 được số dư bằng 4 nên ta có Q 1 4 Vì Q x chia cho x 3 được số dư bằng 14 nên ta có Q 3 14 0.5 Gọi thương của phép chia Q x cho (x – 1)(x – 3) là C x và dư là R x .Vì bậc của R x nhỏ hơn bậc của đa thức chia nên bậc của nó 0.25 nhỏ hơn 2, khi đó R x có dạng ax b 3.1. Ta có: Q x x 1 x 3 .C x ax b đúng với mọi số thực x (1,5 điểm) 0.25 Q 1 a b 4 Q 3 3a b 14 a 5 HS tìm được 0.25 b 1 Vậy đa thức dư của phép chia Q x cho x 1 x 3 là 5x 1 0.25 Khi chia 14 số tự nhiên có ba chữ số cho 13 ta được các số dư. Trong 0.25 các số dư đó có ít nhất hai số bằng nhau. 3.2. Giả sử hai số trong 14 số đó khi chia cho 13 có cùng số dư là abc; mnp (1,5 điểm) Suy ra abc mnp 13 0.25 Khi ghép chúng cạnh nhau ta được số có sáu chữ số abcmnp. 0.25 Ta có abcmnp 1000.abc mnp 1001.abc mnp abc 0.25 13.77.abc mnp abc 0.25 Suy ra abcmnp13. 0.25 Điều phải chứng minh. Câu 4: (6,0 điểm)
5. 1. Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC , phân giác trong AD D BC , gọi M là trung điểm của BC, trên tia đối của tia DA lấy điểm K sao cho K· BC 450 , đường thẳng qua vuông góc với AD cắt KM tại N. a. Chứng minh rằng BDK ADC và tam giác KBC vuông cân. b. Phân giác của ·ABC cắt AD tại I. Gọi E là giao điểm của AC và MN. Chứng minh rằng: E· NC 450 và KI 2 KM.KN AK 2. Cho tam giác ABC có trung tuyến AD D BC . Trên đoạn thẳng AD lấy điểm K sao cho 3. KD Gọi E là giao điểm của đường thẳng BK và AC. Tính tỉ số diện tích tam giác ABE và diện tích tam giác BCE . Câu 4 Nội dung 6,0 điểm N A E I B D M C K Tam giác ABC vuông tại A, phân giác trong AD D BC nên 1 1 B· AD C· AD B· AC .900 450 1 0.5 2 2 Lại có D· BK 450 2 (GT) 0.5 Từ 1 và 2 suy ra D· BK D· AC Xét BDK ADC có · · 4.1a. BDK ADC 0.5 (3 điểm) D· BK D· AC Do đó BDK ADC g.g 3 DB DK Từ (3) suy ra AD DC 0.5
6. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm HS lập luận ADB CDK c.g.c 0.5 K· CD B· AD 450 0.5 Vậy tam giác BCK vuông cân tại K. Từ chứng minh ở câu a suy ra KM  BC và KM là phân giác B· KC nên C· KE 450. 0 0 0 0 0.25 Ta có: N· AC 90 K· AC 90 45 45 Ta có: . EC EK HS lập luận ECK ENA g.g 0.25 EN EA Do đó AEK NEC c.g.c suy ra E· NC E· AK 450 0.5 4.1b. (2 điểm) Dẫn đến tam giác NMC vuông cân tại M suy ra tam giác BNC vuông cân tại N 0.25 Khi đó tứ giác BNCK là hình vuông ta có KMB KBN g.g KB2 KM.KN 4 0.25 1 B· IK I·BA I·AB 450 ·ABC I·BK nên tam giác IBK cân tại K dẫn đến 2 0.25 KB KI 5 Từ (4) và (5) suy ra KI 2 KM.KN (đpcm) 0.25
7. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm A E K 4.2. C B D (1 điểm) Áp dụng định lý Menelaus trong ACD đối với ba điểm B, K, E thẳng AK BD CE hàng, ta có: . . 1 0.25 KD BC EA 1 CE CE 2 3. . 1 . 2 EA EA 3 0.25 Mặt khác ABE và BCE có chung SABE AE SABE 3 đường cao kẻ từ B , suy ra: . 0.25 SBCE CE SBCE 2 SABE 3 Vậy 0.25 SBCE 2 Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y 0 thoả mãn x y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16 Q x2 y2 9x 12y 25. 2x y Câu 5 Nội dung 1,0 điểm Với x, y 0 thoả mãn x y 3 ta có: 16 Q x2 y2 9x 12y 25 2x y 0.25 2 2 16 Q x 1 y 2 7x 8y 20 2x y 2 2 16 x 1 y 2 2x y 9 x y 20 1,0 2x y 0.25 điểm Q 0 0 2 16 9.3 20 1 0.25
8. Câu 5 Nội dung 1,0 điểm x, y 0 2 x 1 0 2 x 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y 2 0 (thoả mãn) y 2 16 0.25 2x y 2x y x y 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của là khi Tổng 20 điểm HẾT Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Bài 4 học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm chứng minh.