Đề thi chọn học sinh giỏi Huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 8 NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán – ( Thời gian làm bài 120 phút ) Bài 1 (3,0 điểm). Cho các số a, b thỏa mãn điều kiện: 2a2 7ab 3b2 0,b 2a,b 2a . 8a 3b 2a 5b Tính giá trị của biểu thức A = 2a b 2a b Bài 2 (4,0 điểm). a. Tìm số nguyên a để: a3 – 3a2 + 4a – 5 chia hết cho a2 + 2. b. Tìm số nguyên tố p, q, r sao cho: p2 7 q2 7 r 2 7 là một số chính phương. Bài 3 (6,0 điểm). a. Biết đa thức 4x3 ax b , (a, b là hệ số ) chia hết cho đa thức x – 2 và x + 1. Tính: 5a – 6b. 2 2 x 1 x 1 2x 4 b. Giải phương trình: 3 0 x 2 x 4 x 4 c. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y + z = 2023 x3 y3 z3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = y2 z2 x2 Bài 4 (6,0 điểm). 1. Cho ABC vuông tại A (AB < AC ) đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AC, AB. Gọi I là giao điểm của AH và EF, BI cắt AC tại M, CI cắt AB tại N. Đường thẳng qua A song song BI cắt đường thẳng BC tại K. AM AN a. Chứng minh: B là trung điểm của HK b. Chứng minh: 1 CM BN 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là điểm tùy ý trên AB ( M khác A và B). Nối MC cắt BD tại P, MD cắt AC tại Q. Tìm giá trị lớn nhất của SMPQ và giá trị nhỏ nhất của SCPQD .
2. Bài 5 (1,0 điểm). Cho 40 số nguyên dương a1;a2 ; ;a19 và b1;b2 ; ;b21 và thỏa mãn các điều kiện: 1 a1 a2 a19 200;1 b1 b2 b21 200 . Chứng minh rằng tồn tại bốn số ai ;a j ;bk ;bp .1 i, j 19;1 k, p 21 sao cho ai a j ,bk bp và a j ai bp bk . Hết PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8– NĂM HỌC 2022-2023 Biểu Bài Nội dung điểm Cho các số a, b thỏa mãn điều kiện: 2a2 7ab 3b2 0,b 2a,b 2a 8a 3b 2a 5b Tính giá trị của biểu thức A = 2a b 2a b 8a 3b 2a 5b 8a 3b 2a b 2a b 2a 5b 1,0 1 A = 2a b 2a b 2a b 2a b 2 2 1,0 =12a 14ab 8b 4a2 b2 2 2 2 2 12a 2 3b 2a 8b 8a2 2b2 = 2 1,0 4a2 b2 4a2 b2 a. Tìm a nguyên để a3 – 3a2 + 4a – 5 chia hết cho a2 + 2. +) Thực hiện phép chia a3 – 3a2 + 4a – 5 cho a2 + 2, kết quả : 0, 75 a3 – 3a2 + 4a – 5 = (a2 + 2)(a - 3) + (2a + 1) +) Lập luận để phép chia hết thì 2a + 1 phải chia hết cho a2 + 2 0, 5 4a2 1 a2 2 4 a2 2 9a2 2 9a2 2 a2 2 3 a 1. 0,5 2 +) Thử lại và kết luận a = 1 ( T/m) 0,25 b. Tìm số nguyên tố p, q, r sao cho: p2 7 q2 7 r 2 7 là một số chính phương. Giả sử p q r. + Nếu p = 2 p2 7 0 0,25 + Nếu p 3 p2 7 0 Xét các trường hợp sau:
3. + p = 2, từ p2 7 q2 7 r 2 7 nên bắt buộc q = 2, 2 2 2 2 0,75 r 3 p 7 q 7 r 7 9 r 7 là một số chính phương r 2 7 k 2 ,k Z r k r k 7 r 4 l + p 3 p2 7;q2 7;r 2 7  2 mod8 Ta có: 0,75 p2 7 q2 7 r 2 7 8a 2 8b 2 8c 2 8 4a 1 4b 1 4c 1 ( a, b, c Z ) Chia hết cho 8 nhưng không chia hết cho 16, nên không là scp 0,25 Vậy không tồn tại số nguyên tố p, q, r thỏa mãn. a. Biết đa thức 4x3 ax b , (a, b là hệ số ) chia hết cho đa thức x – 2 ; x + 1. Tính: 5a – 6b. 2 2 x 1 x 1 2x 4 b. Giải phương trình: 3 0 x 2 x 4 x 4 a. 4x3 ax b = (x – 2)(x + 1 )( 4x + c ) 0.75 a= - 12; b = - 8 0.75 Vậy : 5a – 6b = - 12 0.5 b) Điều kiện: x 2;4 0,25 3 0,2 5 (*) Đặt: x 1 x 2 x 1 a ;b ab x 2 x 4 x 4 Phương trình (*) trở thành : a2 + ab – 12b2 = 0 (a – 3b)(a + 4b) = 0 0,25 + Nếu a = 3b thì (x+ 1)(x - 4) = 3(x-2)2 0,5 Giải phương trình trên và kết luận phương trình vô nghiệm + Nếu a = -4b thì (x+ 1)(x -4) = -4(x-2)2 0,5 Giải phương trình trên ta được x = 3; x = 4/5 (tmđk)
4. + Kết luận nghiệm của phương trình S = { 3; 4/5} 0,25 c. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y + z = 2023 x3 y3 z3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = y2 z2 x2 Với 2 số x, y > 0 ta có: x3 2y3 3xy2 x3 y3 3y3 3xy2 x y 2 x 2y 0 x3 x3 2y3 3xy2 3x 2y y2 y3 z3 TT : 3y 2z; 3z 2x z2 x2 0,25 x3 y3 z3 Ta có: P = 2 2 2 x y z 2023 0, 5 y z x x y z 2023 2023 MinP = 2023 x y z x y z 3 0,25 0,5 0,5 1. Cho ABC vuông tại A ( AB < AC ) đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AC, AB. Gọi I là giao điểm của AH và EF, BI cắt AC tại M, CI cắt AB tại N. 4 Đường thẳng qua A song song BI cắt đường thẳng BC tại K. AM AN a. B là trung điểm của HK b. Chứng minh: 1 CM BN
5. A M N E I F K B H C a. Chứng minh AEHF là hình chữ nhật , vì có 3 góc vuông, nên 1,0 I là trung điểm AH. BI là đường trung bình AHK , suy ra B là trung điểm HK 1,0 AB2 0,5 b. ABH : CBA g.g AB2 BH.BC BH BC AM BK BH AB2 Vì BM // KA theo Ta lét: 0,5 CM CB CB BC 2 AN AC 2 TT: BN BC 2 0, 5 AM AN AB2 AC 2 BC 2 Suy ra 1. CM BN BC 2 BC 2 BC 2 0,5 2. Cho hình vuông ABCD cạnh là a. M là điểm tùy ý trên AB ( M khác điểm A và B). Nối MC cắt BD tại P, MD cắt AC tại Q. Tìm giá trị lớn nhất của SMPQ và giá trị nhỏ nhất của SCPQD . Lời giải: 1 1 2 SMCD MD MC Ta có SMCD AD.DC a và . (*) 0, 5 2 2 SMPQ MQ MP A M B Vì AB //CD nên theo định lí Talet ta có: Q MD QD DC AM a P 0, 25 1 1 MQ MQ AM AM 0,25 D C
6. MC PC DC MB a 1 1 MP MP MB MB Thay vào (*) ta có : S (AM a)(MB a) AM.MB a(AM MB) a2 MCD = S AM.MB AM.MB MPQ 0, 5 2a2 2a2 1 1 2 9 AM.MB AM MB 2 1 1 1 1 0,25 Suy ra S S a2. a2 .Từ đó S = MPQ 9 MDC 2 9 18 CPQD 1 1 4 S S a2 a2 a2 MCD MPQ 2 18 9 Dấu ‘=’ xảy ra MA = MB hay M là trung điểm của AB.Từ đó MPQ 0,25 1 có giá trị lớn nhất là a2 và tứ giác CPQD có giá trị nhỏ nhất là 18 4 a2 9 Xét các tổng có dạng: am bn ,m {1;2; ;19} và n {1;2; ;21} Ta thấy 0,25 có 19.21 = 399 tổng như vậy và mỗi tổng nhận giá trị nguyên từ 2 đến 400 (có 399 giá trị). TH1: Trong 399 tổng trên không có 2 tổng nào bằng nhau thì 399 tổng này sẽ nhận đủ các giá trị từ 2 đến 400 . Suy ra tổng nhỏ nhất bằng 2 và tổng lớn nhất là 400 . Khi đó : 5 a b 2;a b 400 a b 1;a b 200 1 1 19 21 1 1 19 21 0,5 a19 a1 b21 b1 1 TH2: Các tổng trên có ít nhất 2 tổng bằng nhau giả sử là : a j bk ;ai bp a j bk ai bp a j ai bp bk 2 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,25 Lưu ý :
7. - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản, nếu học sinh có cách giải khác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm của mỗi ý đó. - Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn.