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

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

1. 1 MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2022-2023 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 06 câu trong 01 trang Câu 1: (4đ) a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6 b, Cho x Z chứng minh rằng x200 + x100 +1  x4 + x2 + 1 Câu 2: (2đ) 1 1 1 Cho x,y,z 0 thoả mãn x+ y +z = xyz và + + = 3 x y z 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức P = x 2 y 2 z 2 Câu 3: (3đ) Tìm x biết a, 3x 2 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P = y z z x x y Câu 5: (6đ) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m AB . 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM GB HD 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: . BC AH HC Câu 6: (2 đ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6 + 3x2 + 1 = y3 Hết
2. 2 MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2023 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu 1 Đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1 1.0 đ (4 điểm). a) A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2) 1.0 đ Câu1 b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1) 1.0 đ b) =x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33- 1)+x4((x6)16-1) +(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1)  x4 1.0 đ + x2 + 1 A chia hết cho x4 + x2 + 1 Câu 2 ( 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 Có ( ) = + 2( ) điểm) x y z x 2 y 2 z 2 xy xz yz 0.75đ z y x (3)2 = p + 2 0,75đ xyz vậy P+2=3 suy ra P = 1 0.5đ Câu 3 Theo bài ra ta có : ( 3 4-5x < 3x +2< 5x - 4 1.0 đ điểm)
3. 3 Giải các bất pt (1) và (2) sau 0.5đ a) 4-5x 3 Câu 3 b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung ta 0,5 đ b) được pt: 1 1 1 1 (x+100)( ) = 0 57 54 51 48 0.5 đ 1 1 1 1 x + 100 = 0 vì ( ) khác 0 57 54 51 48 x = -100 0.5 đ Vậy S = 100 Câu 4: a, A = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8) (3 điểm) =3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3) 0.5đ a) Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3 0,5 đ =n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1) Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự 0,5 đ nhiên liên tiếp ) 3(n+1) chia hết cho3 B chia hết cho 3 A =3B chia hết cho 9 b) Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c x+y+z = a b c 0.5đ 2 x = a b c ; y = a b c ; z= a b c 2 2 2 a b c a b c a b c P = = 0.5đ 2a 2b 2c 1 b c a c a b ( 1 1 1 ) = 2 a a b b c c 1 b a c a b c 3 ( 3 ( ) ( ) ( )) 2 a b a c c b 2 Min P =3 ( Khi và chỉ khi a=b=c x=y=z 0.5đ 2
4. 4 Câu 5: Hình vẽ 0.5đ (6 điểm) + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. 0,25 đ CD CA (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng 0,25 đ CE CB a) dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 0 Suy ra: BEC=ADC 135 (vì tam giác AHD vuông cân 0,25 đ tại H theo giả thiết). 0,5 đ Nên AEB 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: BE AB 2 m 2 0,25 đ 0,5 đ BM 1 BE 1 AD b) Ta có:   (do BEC ~ ADC ) 0,5đ BC 2 BC 2 AC mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH nên   (do ABH Đồng BC 2 AC 2 AC AB 2 BE 1,0đ dạng CBA) Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c) 0 0 suy ra:BHM BEC 135 AHM 45 0,5đ c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. GB AB Suyra: , GC AC AB ED AH HD vì ABC ~ DEC nên (DE//AH) 1,0đ AC DC HC HC
5. 5 GB HD GB HD GB HD Do đó: 0,5đ GC HC GB GC HD HC BC AH HC Câu 6 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2 điểm) x6+3x2+1=y3 Ta có : x6 + 3x 2+ 1 = y3 x6 +3 x4 + 3x 2+ 1 = y3 +3x4 (x2+1)3 - 3x4 = y3 (x2+1)3 0,5 đ Mà y3 = x6+3x2+1 > x6 = (x2)3 Nên Với x ≠ 0 ta có : (x2)3 < y3 < (x2+1)3 0,5 đ x2 < y3 < x2+1 phương trình vô nghiệm Với x=0 ta có y3=1 suy ra y=1 0,5 đ Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1) 0,5 đ Hết