Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp ích cho việc làm bài kiểm tra, nâng cao kiến thức của bản thân, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa” bao gồm nhiều dạng câu hỏi bài tập khác nhau giúp bạn nâng cao khả năng, rèn luyện kỹ năng giải đề hiệu quả để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa

PHÒNG GD&ĐT VĨNH LỘC ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 CỤM TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Ngày giao lưu: 22/03/2023 ( Đề gồm 01 trang) Bài 1: (4 điểm).  x−4   1  x −8 Cho biểu thức P = 3 +  : 1 −  (Với x ≠ 1)  x −1 x −1   x2 + x +1  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của biểu thức P khi x là nghiệm của phương trình: x2 –3x +2 = 0 c) Tìm giá trị nguyên của x để P có giá trị là số nguyên. Bài 2: ( 4 điểm). 3 2 4 9 1. Giải phương trình : 2 + 2 = + 2 x + 5 x + 4 x + 10 x + 24 3 x + 3 x − 18 2. Tìm đa thức P(x) thoả mãn: P(x) chia cho x + 3 dư 1; chia cho x – 4 dư 8; chia cho (x + 3)(x – 4) được thương là 3x và còn dư. Bài 3: ( 4 điểm). 1) Tìm số tự nhiên có 9 chữ số: A = a1a2 a3b1b2b3a1a2 a3 trong đó a1 ≠ 0 và b1b2b3 = 2.a1a2 a3 và đồng thời A viết được dưới dạng A = p12 . p2 . p3 . p4 với p1 , p2 , p3 , p4 2 2 2 là bốn số nguyên tố. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x =. 19 Bài 4: (6 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) gọi AD là tia phân giác của góc BAC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và 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 ∆NFA và H là trực tâm ∆AEF . c) Gọi P là điểm trên AN, Q là điểm trên AM sao cho AP = MQ. Tìm vị trí của P và Q để diện tích tứ giác MQPN đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: ( 2 điểm). 1) Cho a 3 − 3ab 2 = b3 − 3a 2 b = 5 và 10 . Tính S = (2022a 2 + 2022b 2 ) 2023 2) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c =. 1 ab bc ca 11 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2 2 + 2 2+ 2 2 +  + +  a +b b +c c +a 4a b c -------------------------------Hết------------------------------- Họ và tên thí sinh: ............................................. Số báo danh: ................ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 6, 7, 8 NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán 8 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày giao lưu: 22/03/2023 Bài Nội dung Điểm a) Với x ≠ 1 ta có  x−4 x2 + x + 1   x2 + x + 1 − x + 8  P =  2 + 2 :  0,5  ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1)   x2 + x + 1   x − 4 + x2 + x + 1   x2 + x + 1 − x + 8  x2 + 2 x − 3 x2 + 9 0,75 P = 2  :  : 2  ( x − 1)( x + x + 1)   x 2 + x + 1  ( x − 1)( x 2 + x + 1) x + x + 1 ( x + 3)( x − 1) x 2 + x + 1 x + 3 = = 2 . 0,75 ( x − 1)( x 2 + x + 1) x 2 + 9 x +9 x+3 Vậy x ≠ 1 thì P= 2 x +9 2)Ta có : x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ ( x-1)(x-2) = 0 suy ra x = 2 hoặc x= 1 (loại) 0,5 Bài 1: 2+3 5 (4 điểm) Thay x=2 vào biểu thức P ta được P = = 2 . 2 +9 13 0,5 5 Kết luận với x= 2 thì P = 13 x+3 c) Ta có : P nhận giá trị nguyên ⇔ nguyên khi đó x2 + 9 ( x + 3) ( x 2 + 9) ⇒ ( x − 3)( x + 3) ( x 2 + 9) 0,25 ⇒ ( x − 9) ( x + 9) ⇒ ( x + 9 − 18) ( x + 9) ⇒ 18 ( x + 9) suy ra x + 9 là ước 2 2 2 2 2 2 của 18 0,25 Mà x 2 + 9 ≥ 9 > 0 nên x 2 + 9 ∈ {9;18} nên x 2 = 0;9 ta có x = 0 ;3 ;-3 0,25 Thử lại ta được x = -3 thỏa mãn bài toán và kết luận…. 0,25 1) ĐKXĐ: x≠ -1;-4;-6;3 0.25 3 2 4 9 0.25 ⇔ + = + (x + 1)(x + 4) (x + 4)(x + 6) 3 (x − 3)(x + 6)  1 1   1 1  4  1 1  0.5 ⇔ − + −  = + −   x +1 x + 4   x + 4 x + 6  3  x − 3 x + 6  1 4 1 ⇔ = + 0.25 Bài 2 x +1 3 x − 3 4điểm 3( x − 3) 4( x + 1)( x − 3) 3( x + 1) ⇔ = + 0.25 3( x + 1)( x − 3) 3( x + 1)( x − 3) 3( x + 1)( x − 3) ⇒ 4 x2 − 8x = 0 0.25 ⇔ 4 x( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) 0.25 Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {0;2}
2) Vì đa thức (x +3)(x – 4) có bậc là 2 nên phần dư khi chia P(x) cho (x +3)(x – 4) có dạng R(x) = ax + b 0,5 ⇒ P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + ax + b 0,5 Ta có :  P (−3) = −3a + b = 1  0,5  P (4) = 4a + b = 8 ⇒ a =1 ; b = 4 0,5 Vậy: P(x) = (x +3)(x – 4). 3x + x + 4 = 3x3 - 3x2 - 35x + 4 1) Ta có: A = a1a2 a3b1b2b3a1a2 a3 = a1a2 a3 .106 + b1b2b3 .103 + a1a2 a3 0.25 0.25 = 1a2 a3 .106 + 2.103.a1a2 a3 + a1a2 a3 a ( ) = a1a2 a3 106 + 2.103 + 1 a1a2 a3 .1002001 = 0.25 = a1a2 a3 .72.112.132 0.25 Như vậy a1a2 a3 phải là bình phương của 1 số nguyên tố p 0.25 khác 7, 11, 13 Do b1b2b3 < 1000, a1 ≠ 0 = < a1a2 a3 < 500 > 100 0,25  a a a = 289  1 2 3 => 10 < p < 23 =p ∈ {17,19} = > > 0.25  a1a2 a3 = 361  Bài 3 Vậy A = 289578289 hoặc A = 361722361 0.25 4 điểm 2) Ta có : 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 19 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 2 = 21 − 3 y 2 0.5 0.25 ⇔ 2 ( x + 1) = 3 ( 7 − y 2 ) (*) 2 Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3 ( 7 − y 2 ) 2 ⇒ y lẻ (1) 0.25 Mặt khác VT ≥ 0 ⇔ 3 ( 7 − y 2 ) ≥ 0 ⇔ y 2 ≤ 7 (2) 0.5 2 Từ (1) và (2) suy ra y = 1, thay vào (*) ta có: 2( x + 1) = 18 2 0.25 Suy ra các nghiệm là ( x; y ) ∈ {( 2;1) ; ( 2; −1) ; ( −4; −1) ; ( −4;1)} 0.25 A P Q N Bài 4 6 điểm M H E F B D C
a. (2.0 điểm) * Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Xét tứ giác AMDN = 900 ;  900 ; MAN 900 có:  AMD = = AND  0.5 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật  +) Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN nên tứ giác 0.5 AMDN là hình vuông. * Chứng minh EF // BC. FM DB +) Vì ND// AB hay DF//MB áp dụng định lí ta lét ta có: = (1) 0.25 FC DC DB MB Vì MD//AC áp dụng định lý ta lét ta có: = (2) DC MA 0.25 Tứ giác AMDN là hình vuông nên MB MB AM = DN ⇒ = (3) MA DN 0.25 Vì DN//MB áp dụng hệ quả của định lí ta lét với hai tam giác DNE và BME MB EM ta có = (4) DN ED EM FM 0.25 Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) , ( 4 ) suy ra = ⇒ EF / / DC Hay: EF / / BC ED FC b) * Chứng minh ∆ANB  ∆NFA Xét tam giác ANB vuông tại A, tam giác NFA vuông tại N AN DN 0.25 Vì AMDN là hình vuông nên AN = DN . suy ra = (5) AB AB DN CN 0.25 Vì DN //AB áp dụng hệ quả của định lí ta lét ta có = (6) và AB CA CN FN 0.25 = (7) CA AM FN FN Mà AMDN là hình vuông nên AM = AN . Suy ra = (8) 0.25 AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra = ⇒ ∆ANB  ∆NFA ( c.g .c ) AB AN * Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF   Vì ∆ANB  ∆NFA nên NBA = FAN 0.25   900   900 Mà BAF + FAN = ⇒ NBA + BAF = 0.25 Suy ra EH ⊥ AF 0.25 Tương tự: FH ⊥ AE 0.25 suy ra H là trực tâm ∆AEF c)Vì AN = AM ; PN = AQ ⇒ AP = MQ. 0.25 Ta có : 1 1 1 1 S APQ = . AQ = . AQ = ( AM − AQ) =( AQ 2 − AQ. AM ) AP QM AQ − 2 2 2 2 0.5 1 AM AM 2 AM 2 = 2 − 2 AQ. − ( AQ + )+ 0.25 2 2 4 8 1 AM 2 AM 2 AM 2 0.25 − ( AQ = − ) + ≤ 2 2 8 8
1 1 3 Suy ra : S PQMN =AMN − S APQ ≥ AM 2 − AM 2 = AM 2 S 2 8 8 0.5 AM dấu “=” xảy ra khi AQ = . 2 3 Vậy diện tích tứ giác PQMN có giá trị nhỏ nhất là AM 2 khi Q là trung điểm 8 0.25 của AM; P là trung điểm của AN. 1) Ta có a3 − 3ab2 =( a3 − 3ab2 ) =a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25 2 5⇒ 25 ⇒ và b3 − 3a2b = ( b3 − 3a2b ) = b6 – 6b4a2 + 9a4b2 = 100 0,5 2 10 ⇒ 100 ⇒ Suy ra 125 = a6 + b6 + 3a2b 4 + 3a 4b2 Hay 125 = ( a 2 + b 2 ) ⇒ a 2 + b 2 = 3 5 0,25 Do đó S = [2022( a2 + b2 )]2023= ( 2022.5)2023=101102023 0,25 2) Ta có: ab bc ca 1 1 1 1 =S + 2 + 2 + ( + + ) 2 2 a +b b +c 2 c +a 2 4 a b c 1 1 1 1 a+b+c a+b+c a+b+c 0.25 = + + + ( + + ) a b b c c a 4 a b c + + + Bài 5 b a c b a c 1 1 1 1 b c a c a b 2 điểm = + + + (1 + + + 1 + + + 1 + + ) 0.25 a b b c c a 4 a a b b c c + + + b a c b a c a b Đặt + = x b a b c + = y c b c a + = z a c 1 x 1 y 1 z 3 3 15 0.25 S=  +  +  +  +  +  + ≥ 1 + 1 + 1 + = , dấu “=” khi  x 4  y 4  z 4 4 4 4 = 4, y 2 4, z 2 4 suy ra x = y = z = 2 (Vì x,y,z > 0) x2 = = 0.25 1 Khi đó a=b=c= . 3 Ghi chú: - Học sinh làm bài cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình. - Hướng dẫn chấm gồm 04 trang.