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

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

1. 1 MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 (PHẦN NÀY DO PHÒNG GD&ĐT GHI) Năm 2023 MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1(4,0 điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 2x2 5x 7 b) x 2 x 3 x 4 x 5 24 . 1 x2 x 2 2x 4 2. Thực hiện phép tính: A x 2 x2 7x 10 x 5 Câu 2(4,0 điểm). 1. Giải phương trình: x 214 x 132 x 54 3 3 3 a) 6. b) 2x 5 x 2 x 3 . 86 84 82 2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1.Chứng minh rằng: a bc b ca c ab 2 b c c a a b Câu 3(4,0 điểm). a) Đa thức f(x) khi chia cho x 1 dư 4, khi chia cho x2 1 dư 2x 3. Tìm phần dư khi chia f(x) cho (x 1)(x2 1). b) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. Câu 4(6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC có AD là tia phân giác của B· AC . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên ABvà AC,E là giao điểm của BN và DM , F là giao điểm của CM và DN. a) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC. b) Gọi H là giao điểm của BN và CM.Chứng minh ANB đồng dạng với NFAvà H là trực tâm AEF c) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BK BI AO DM và AD là I.Chứng minh : 9 . KI KO KM Câu 5(2,0 điểm). Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 2xy 7 x y 2y2 10 0. HẾT
2. 2 MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM (PHẦN NÀY DO PHÒNG GD&ĐT GHI) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2023 MÔN: TOÁN HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 05 câu, 05 trang) Chú ý: Học sinh làm theo cách khác, đúng vẫn đạt điểm tối đa Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1 1(2,0 điểm) (4 điểm) a(1,0 điểm) b)2x2 5x 7 2x2 2x 7x 7 0,5 2x x 1 7 x 1 x 1 . 2x 7 0,5 b(1,0 điểm) b)2x2 5x 7 2x2 2x 7x 7 0,5 2x x 1 7 x 1 x 1 . 2x 7 0,5 2(2,0 điểm). 0,5 x2 7x 10 x 5 x 2 0,5 1 x2 x 2 2x 4 1 x2 x 2 2x 4 A x 2 x2 7x 10 x 5 x 2 x 5 x 2 x 5 0,5 x 5 x2 x 2 2x 4 x 2 x 5 x 2 x2 8x 15 x 5 x 3 x 3 0,5 x 5 x 2 x 5 x 2 x 2 Câu 2 a(1,0 điểm) (4 điểm) x 214 x 132 x 54 6 86 84 82 x 214 x 132 x 54 1 2 3 0 0,25 86 84 82 x 300 x 300 x 300 0,25 0 86 84 82 1 1 1 0,25 x 300 x 300 0 x 300 86 84 82 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 300 0,25
3. 3 b(1,0 điểm) Đặt 2x 5 a; x 2 b a b x 3 0,25 3 Phương trình đã cho trở thành: a3 b3 a b a b a2 ab b2 a b a2 2ab b2 0,25 a b a2 ab b2 a2 2ab b2 0 3ab a b 0 5 0,25 a 0 x 2 b 0 x 2 a b x 3 5  0,25 Vậy nghiệm của phương trình là: S ;2;3 2  2(2,0 điểm) a bc a a b c bc a b c a 0,5 Tương tự: b ca b a b c ; c ab c a c b a b a c b a b c c a c b Do đó: VT 0,5 b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a b a c b a b c 0,5 2 a b b c c a a b a c c a c b 2 a c b c a b b a b c c a c b 2 b c 0,5 a c a b 1 Vậy 2.VT 4 a b c 4 VT 2 . Dấu “=” xảy ra a b c 3 Câu 3 a(2,0 điểm) ( 4 điểm) Theo định lí bơ-zu ta có: f(x) chia x 1 dư 4 => f(-1) = 4. 0,5 Do bậc của đa thức chia(x 1)(x2 1) là 3 nên đa thức dư có dạng ax2 bx c . Gọi thương là q(x).Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có : f(x) = (x + 1)(x2 + 1).q(x) + ax2 + bx + c = (x + 1)(x2 + 1).q(x) + ax2 + a - a + bx + c = (x + 1)(x2 + 1).q(x) + a(x2 + 1) + bx + c - a = [(x + 1).q(x) + a].(x2 + 1) + bx + c - a
4. 4 b 2 0,5 Mà f(x) chia cho x2 1 dư 2x 3. (1) c a 3 Mặt khác f(-1)=4 a -b+ c = 4 (2) . Do đó ta có : 0.5 b 2 b 2 b 2 9 c a 3 c a 3 c 2 0,5 a b c 4 a c 6 3 a 2 3 9 Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: x2 2x 2 2 b(2,0 điểm) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a b chia hết cho 3 1,0 Ta có: a3 b3 a b a2 ab b2 a b a b 2 3ab 2 Vì a b chia hết cho 3 nên a b 3ab chia hết cho 3. 1,0 Do vậy, a b a b 2 3ab chia hết cho 9 Câu 4 ( 6 điểm) A N M H E L F K B O D C a. (2.0 điểm) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC. * Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Chứng minh ·AMD 900; ·AND 900;M· AN 900 0.25 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật 0.25 +) Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của M· AN 0.25 nên tứ giác AMDN là hình vuông. 0.25 * Chứng minh EF // BC
5. 5 FM DB DB MB +) Chứng minh : (1) và (2) 0.25 FC DC DC MA MB MB Chứng minh AM DN (3) 0.25 MA DN MB EM Chứng minh (4) 0.25 DN ED EM FM Từ 1 , 2 , 3 , 4 suy ra EF / /BC 0.25 ED FC b) 2.0 điểm. Gọi H là giao điểm của BN và CM.Chứng minh ANB đồng dạng với NFAvà H là trực tâm AEF * Chứng minh ANB : NFA AN DN Chứng minh AN DN.suy ra (5) 0.25 AB AB DN CN CN FN Chứng minh (6) và (7) 0.25 AB CA CA AM FN FN Chứng minh AM AN.Suy ra (8) 0.25 AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra ANB : NFA c.g.c 0.25 AB AN * Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF Vì ANB : NFA nên N· BA F· AN 0.25 · · 0 · · 0 Mà BAF FAN 90 NBA BAF 90 0.25 Suy ra EH  AF Tương tự: FH  AE 0.25 suy ra H là trực tâm AEF 0.25 c) 2.0 điểm. Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BK BI AO DM và AD là I.Chứng minh : 9 KI KO KM Đặt S AKD a, S BKD b, S AKB c.Khi đó: 0.25 S S S a b c a b c a b c ABD ABD ABD SAKD SBDK SAKB a b c 0.5 b a a c b c 3 a b c a c b
6. 6 b a Theo định lý AM-GM ta có: 2 a b 0.5 a c b c Tương tự : 2 ; 2 c a c b BI AO DM Suy ra 9 0.5 KI KO KM Dấu " "xảy ra khi và chỉ khi ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết. 0,25 Câu 5 Ta có: 0,5 ( 2 điểm) x2 2xy 7 x y 2y2 10 0 4x2 8xy 28x 28y 8y2 40 0 2x 2y 7 2 4y2 9 * 2 9 0,5 Ta thấy 2x 2y 7 0 nên 4y2 9 y2 do y nguyên nên y2 0;1 4 y 01; 1 2 Với y 0 thay vào * ta được: 2x 7 9 tìm được x 2; 5 0,75 2 Với y 1thay vào * ta có: 2x 9 5, không tìm được x nguyên 2 Với y 1 thay vào * ta có 2x 5 5 không tìm được x nguyên Vậy x; y 2;0 ; 5;0  0,25 Hết