Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. UBND QUẬN HỒNG BÀNG KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2021 – 2022 TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG MÔN THI: TOÁN 8 (Thời gian 150 phút, không kể giao đề) Bài 1 (2,0 điểm). 1. Cho x y 3. Tính giá trị của biểu thức: A x2 2xy y2 4x 4y 1. 2. Thu gọn biểu thức: B (a b)3 (b c)3 (c a)3 3(a b)(b c)(c a) . Bài 2 (2,0 điểm). 1. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn y(x 1) x2 2. 2. Cho n là một số tự nhiên khác 0 sao cho 2n 1 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng n là một lũy thừa của 2. Bài 3 (2,0 điểm). 1. Cho đa thức P(x) x4 2021x3 (2020 a)x2 2019x a (với a là một số nguyên). Chứng minh rằng với mọi số nguyên a , P(x) không có nghiệm nguyên lẻ. 2. Cho các số a,b,c thoả mãn a b c 0. Chứng minh rằng: (a2 b2 c2)2 a4 b4 c4  2 Bài 4 (3,0 điểm). 1. Cho tứ giác ABCD có Cµ 400 , Dµ 800 và AD BC . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính số đo góc EFD . 2. Cho hình chữ nhật ABCD . Nối C với một điểm E bất kỳ trên đường chéo BD . Trên tia đối của tia EC lấy điểm F sao cho FE EC . Vẽ FH và FK lần lượt vuông góc với AB và AD . Chứng minh rằng: a) KH song song với AC . b) Ba điểm E,H,K thẳng hàng. Bài 5 (1,0 điểm). Cho mười số: 1, 2, 3, , 10. Sắp xếp mười số đó theo một trật tự tùy ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong hàng ta được mười số mới. Chứng minh trong mười số mới đó, tồn tại ít nhất hai số có chữ số tận cùng giống nhau. HẾT Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Cán bộ coi thi 1: ; Cán bộ coi thi 2:
2. ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 Bài Nội dung cần đạt Điểm 1. Cho x y 3. Tính giá trị của biểu thức: A x2 2xy y2 4x 4y 1. Ta có A (x y 2)2 3 0,5 Thay x y 3 vào biểu thức A ta được A (3 2)2 3 2. 0,5 1 3 3 3 (2,0đ) 2. Rút gọn biểu thức: B (a b) (b c) (c a) 3(a b)(b c)(c a) . B a3 b3 3a2b 3ab2 b3 c3 3b2c 3bc2 a3 c3 3a2c 3ac2 0,5 3(2abc a2b a2c b2c b2a c2a c2b) B 2(a3 b3 c3 3abc) 0,5 1. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn y(x 1) x2 2. Ta có y(x 1) x2 2 (*) Thấy rằng x 1 không thỏa mãn hệ thức (*). Vậy x 1 hay x 1 0. 0,25 x2 2 3 Từ hệ thức (*) ta có: y x 1 . x 1 x 1 Để y là số nguyên thì 3(x 1) 0,25 Từ đó x 1 1; 3 hay x 2;0;2;4 0,25 2 Vậy (x;y) ( 2; 2);(0; 2);(2;6);(4;6) 0,25 (2,0đ)  2. Cho n là một số tự nhiên khác 0 sao cho 2n 1 là một số nguyên tố. Chứng minh rằng n là một lũy thừa của 2. Giải sử n có một ước là số nguyên tố lẻ p n . Đặt n pq khi đó q 1. 0,25 Ta có 2n 1 (2q)p 1  2q 1 2n 1 là hợp số (trái giả thiết). 0,25 Do đó n không có ước nguyên tố là một số lẻ. 0,5 Vậy n là một lũy thừa của 2. 1. Cho đa thức P(x) x4 2021x3 (2020 a)x2 2019x a (với a là một số nguyên). Chứng minh rằng với mọi số nguyên a , P(x) không có nghiệm nguyên lẻ. Giả sử x0 là một nghiệm nguyên lẻ của đa thức P(x). Khi đó ta có 3 0,25 P(x ) 0. (2,0đ) 0 Mặt khác P(x ) x 4 2021x 3 (2020 a)x 2 2019x a 0 0 0 0 0 0,25 4 3 2 2 P(x0) x0 2021x0 2020x0 2019x0 a(x0 1) 4 3 2 2 Do x0 2021x0 2020x0 2019x0 là số lẻ và a(x0 1) là số chẵn 0,25
3. nên P(x0) 0 (mâu thuẫn). Vậy với mọi số nguyên a , P(x) không có nghiệm nguyên lẻ. 0,25 2. Cho các số a,b,c thoả mãn a b c 0. Chứng minh rằng: (a2 b2 c2)2 a4 b4 c4  2 Ta có (a b c) 0 (a b c)2 0 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ac . 0,5 (a2 b2 c2)2 4a2b2 4b2c2 4a2c2 8abc(a b c) (a2 b2 c2)2 2a2b2 2b2c2 2a2c2 (vì a b c 0). (1) 2 Lại có a4 b4 c4 (a2 b2 c2)2 2(a2b2 b2c2 a2c2) a4 b4 c4 (2ab 2bc 2ac)2 2(a2b2 b2c2 a2c2) a4 b4 c4 (2ab 2bc 2ac)2 2(a2b2 b2c2 a2c2) a4 b4 c4 4a2b2 4b2c2 4a2c2 8abc(a b c) 0,5 2(a2b2 b2c2 a2c2) a4 b4 c4 2a2b2 2b2c2 2a2c2. (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 1. Cho tứ giác ABCD có Cµ 400 , Dµ 800 và AD BC . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính số đo góc EFD . *Hình vẽ: A E B 80° 40° 4 D F I C (3,0đ) M Trên tia đối của tia FA , lấy điểm M sao cho MF MA . BM cắt CD tại I . 0,25 Chứng minh được ACMD là hình bình hành.
4. Từ đó A· DC M· CD 800 và AD MC . Mà AD BC Suy ra BC MC Vậy DBCM là tam giác cân tại C . 1800 M· CB Suy ra M· BC B· MC . 0,25 2 Mặt khác M· CB M· BD D· CA 800 400 1200 . 1800 1200 Vậy M· BC 300 . 2 Ta có EF là đường trung bình của DAMB nên EF // MB . 0,25 Suy ra E· FD B· ID . Vì B· ID M· BC B· CD 300 400 700 nên E· FD 700 . 0,25 2. Cho hình chữ nhật ABCD . Nối C với một điểm E bất kỳ trên đường chéo BD . Trên tia đối của tia EC lấy điểm F sao cho FE EC . Vẽ FH và FK lần lượt vuông góc với AB và AD . * Hình vẽ H A B I K O F E D C a) Chứng minh: KH song song với AC . Gọi O là giao điểm của AC và BD ; I là giao điểm của HK và AF . Ta có O là trung điểm của AC , E là trung điểm của FC nên OE là 0,25 đường trung bình của tam giác AFC . H Suy ra: OE // AF hay DB // AF . Vì O là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD nên DOAB cân tại O . 0,25 Suy ra: O· BA O· AB (1) Chứng minh được tứ giác AHFK là hình chữ nhật. Lại có I là giao điểm của hai đường chéo của hình chữ nhật AHFK nên DIHK cân. 0,25 Suy ra: I·AH I·HA (2) Mặt khác do DB // AF nên O· BA I·AH (hai góc đồng vị bằng nhau) (3). 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra O· AB I·HA Do đó KH // AC . b) Chứng minh ba điểm E,H,K thẳng hàng. Ta có I là trung điểm của AF , E là trung điểm của FC nên IE là 0,25
5. đường trung bình của DAFC . Suy ra IE // AC . (4) Lại có KH // AC mà I thuộc KH nên IK // AC . (5) 0,5 Từ (4) và (5) suy ra I , K , E thẳng hàng. Vì H , I , K thẳng hàng và I , K , E thẳng hàng nên ba điểm E,H,K 0,25 thẳng hàng. Cho mười số: 1, 2, 3, , 10. Sắp xếp mười số đó theo một trật tự tùy ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong hàng ta được mười số mới. Chứng minh trong mười số mới đó, tồn tại ít nhất hai số có chữ số tận cùng giống nhau. 5 Gọi S là tổng của 10 số mới. Khi đó S 2(1 2 3 10) 110. 0,5 (1,0đ) Nếu cả 10 số mới có chữ số tận cùng khác nhau. Khi đó S  0 1 2 9  5 (mod 10) (mâu thuẫn). 0,5 Vậy trong mười số mới tồn tại ít nhất hai số có chữ số tận cùng giống nhau.