Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Lang Chánh

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

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Lang Chánh" dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề giao lưu học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Lang Chánh

UBND HUYỆN LANG CHÁNH ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022 - 2023 Môn:Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang; gồm 05 câu) Bài 1.(4,0 điểm) 𝐴𝐴 = � − �: + . với 𝑥𝑥 ≠ ±1, 𝑥𝑥 ≠ 1 2𝑥𝑥 3 +𝑥𝑥 2 −𝑥𝑥 𝑥𝑥 2 +𝑥𝑥 2𝑥𝑥 2 +𝑥𝑥−1 𝑥𝑥 1. Rút gọn biểu thức: 𝑥𝑥 3 −1 𝑥𝑥 2 −1 𝑥𝑥 2 −1 2𝑥𝑥−1 2 2. Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn: 1 + 1 + 1 = 1 x y z x+ y+z Tính giá trị biểu thức P = + y 2023 )( y 2023 + z 2023 )( z 2023 + x 2023 ) ( x 2023 Bài 2. (4,0 điểm) 2 1. Giải phương trình x 2  9x  40 x  3 2 2. Tìm x và y thỏa mãn đồng thời cả hai hệ thức sau: x3 + y3 = 9 (1) và x2 + 2y2 = x + 4y (2) Bài 3. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 2 + y 2 = − xy. 3 2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức 3 ( x 2 − 1) 2 ( y 2 − 1) = Chứng minh rằng x 2 − y 2 chia hết cho 40 Bài 4. (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB. Kẻ tia Bx vuông góc với AB tại B. Trên tia Bx lấy điểm C (C khác B). Kẻ BH vuông góc với AC (điểm H thuộc AC). Gọi M là trung điểm của AB. 1. Chứng minh rằng: HA.HC = HB2 2. Kẻ HD vuông góc với BC (D thuộc BC). Gọi I là giao điểm của AD và BH. Chứng minh rằng ba điểm C, I,M thẳng hàng. MI CH AB 3. Giả sử AB cố định, điểm C thay đổi trên tia Bx. Biết . . =1 IC HA BM Tìm vị trí của điểm C trên tia Bx sao cho diện tích tam giác ABI lớn nhất. Bài 5. (2,0 điểm) Cho các số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) 3 3 3 HẾT! Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .................................................. SBD............
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Hướng dẫn chấm Điểm 1 1 1. - Với x ≠ ±1, x ≠ , biểu thức A xác định nên ta có : 2đ 2  2 x3 + x2 − x x2 + x  2x2 + x − 1 x A =3   − : +  x −1 x −1  2  2 x −1 2x −1  = (  x 2x2 + x − 1 − 2  x2 + x  . 2 ) x2 − 1 + x  0,5 3 x −1 x −1  2x + x −1 2x −1   = 3 ( x x2 − 1 − 2 ) x2 + x + x 0,5 x −1 2x + x −1 2x −1 x ( x − 1)( x + 1) x ( x + 1) x = − + ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)(2 x − 1) 2 x − 1 2 x ( x + 1) x x = − + ( x + x + 1) (2 x − 1) 2 x − 1 2 0,5 x2 + x = 2 x + x +1 0,5 x2 + x 1 Vậy : A = 2 ( với x ≠ ±1, x ≠ ) x + x +1 2 2đ 2. Ta có: 1 + = 1 1 + 1 y + z) ⇔ ( yz + xz + xy )( x + = xyz x y z x+ y+z 0,5 2 2 2 2 2 2 ⇔ xyz + x z + x y + y z + xyz + y x + z y + z x + xyz = xyz ⇔ x 2 y + x 2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 y + z 2 x + 2 xyz = 0 ⇔ ( x + y )( x + z )( y + z ) = 0 0,5 x = − y x =−y x + y 2023 2023 =02023 2023  y = z ⇔  y 2023 = z 2023 ⇔  y 2023 + z 2023 = ⇔ − − 0    z 2023 =  z 2023 + x 2023 = 0,5 z = −x  −x 2023 0   P ⇒= (x 2023 + y 2023 )( y 2023 + z 2023 )( z 2023 + x 2023= 0 . ) 0,5 2 1. ĐKXĐ: x ≠ 3. 0,25 2 2 9x2  3x  6x 2  x2  x2 x2   40 ⇔  x +  − − 40 = 0 ⇔   − 6.  x − 3 − 40 = 0 0,5 x  3 x − 3 x−3 x−3 2    x2 Đặt t  ta có phương trình t2 – 6t – 40 =0  ( t − 10 ) (t + 4) = 0 0,25 x3 t = 10 ⇔ 0,25 t = −4 x2 t = 10 ⇔ = 10 ⇔ x 2 − 10 x + 30 = 0 vô nghiệm; x−3 0,5
x2 x = 2 0,25 t = 4⇔ − = 4 ⇔ x 2 + 4 x − 12 = ⇔ ( x − 2)( x + 6) = x −3  x = −6 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {− 6;2} 2. Nhân hai vế phương trình (2) với 3, ta được 3x 2 + 6y 2 = + 12y (3). 3x 0,5 Trừ hai phương trình (1) và (3) vế theo vế, ta được: (x − 1)3 = (2 − y)3 ⇔ y = 3 − x . 0,5 Thế y= 3 − x vào (3), ta được x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x − 2) = 0  x= 1 0,5 hoặc x = 2 . 0,5 Với x = 1 thì y = 2 . Với x = 2 thì y = 1 . Vậy ( x; y) = (2; 1), (1; 2). Mà 𝑥𝑥, 𝑦𝑦 ∈ 𝑍𝑍+ ⇒ 0 < 𝑥𝑥𝑥𝑥 ≤ 1 ⇒ 𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑦𝑦 = 1 3 1. Ta có: ( x − y )2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 3 − xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ 1 0,75 0,75 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (1;1) 0,5 2. Ta có 3 ( x 2 − 1) 2 ( y 2 − 1) ⇔ 3x 2 − 2 y= 1(*) = 2 0,5 Th1: Trước hết ta chứng minh x 2 − y 2 8 Ta có :  x 2 ≡ 0;1; 4 ( mod 8 ) 3 x 2 ≡ 0;3; 4 ( mod 8 )    2 ⇒ 2 ⇒ 3 x 2 − 2 y 2 ≡ 0;6;3;1; 4; 2 ( mod 8 )  y ≡ 0;1; 4 ( mod 8 ) 2 y ≡ 0; 2 ( mod 8 )   Do đó từ (*) ta có : 3x 2 − 2 y 2 ≡ 1( mod 8 ) ⇔ x 2 ≡ y 2 ≡ 1( mod 8) ⇔ x 2 − y 2 ≡ 0(mod 8) ⇒ ( x 2 − y 2 )8 (1) 0,5 Th2: Chứng minh x 2 − y 2  5  x ≡ 0;1; 4 ( mod 5 ) 3 x ≡ 0;3; 2 ( mod 5 )  2  2 Ta có  2 ⇒ 2 ⇒ 3 x 2 − 2 y 2 ≡ 0;3; 2;1; 4 ( mod 5 )  y ≡ 0;1; 4 ( mod 5 ) 2 y ≡ 0; 2;3 ( mod 5 )   Do đó từ (*) ta có : 3x − 2 y 2 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ x 2 − y 2 ≡ 1( mod 5 ) 2 ⇔ x 2 − y 2 ≡ 0 ( mod 5 ) ⇒ x 2 − y 2  5 ( 2 ) 0,5 Từ (1) và (2) kết hợp với ( 5;8 ) = ⇒ x − y  40 ⇒ dfcm 1 2 2 0,5 4 x 0,5 (bao C gồm vẽ H K hình D và ghi I GT, KL) A B M +) � = � (do BH ⊥ AC) 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 1. 1.Xét ∆ AHB và ∆ BHC có: 1,5 +) � =𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 ( cùng phụ với � ) 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 � 𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻
⇒ ∆ AHB ~ ∆ BHC (g.g) HA HB ⇒ = ⇒ HA.HC = HB 2 HB HC 2. Giả sử đường thẳng CI cắt HD và AB lần lượt tại các điểm K và M’ *Áp dụng hệ quả định lý Ta lét vào các tam giác: CAM’, CM’B với HD // AB, ta có: HK CK KD CK HK KD 0,5 ' = ' , ' = ' ⇒ ' = (1) AM CM BM CM AM BM ' *Áp dụng hệ quả định lý Ta lét vào các tam giác: IAM’, IM’B với HD // AB, ta có: HK KI KD KI HK KD 0,5 ' = ' , ' = , ⇒ ' = (2) M B IM AM IM M B AM ' Từ (1) và (2) suy ra: HK HK KD KD M ' B AM ' 2 0,5 ' : ' = ' : ' ⇒ ' = ' ⇒ AM ' = M ' B 2 ⇒ AM ' = BM ' AM M B M B AM AM M B ⇒ M là trung điểm của AB. Mà M cũng là trung điểm của AB (gt) ’ 0,5 ⇒ M’ trùng với M. Vậy 3 điểm C, I, M thẳng hàng MI CH AB MI HA.BM HA. AB HA 3. Ta có: . . =1⇒ = = = IC HA BM IC CH . AB 2CH . AB 2CH ~ = HA.CH = HB 2 (1) ( Vì : BM = AB ; Theo câu a: HA.CH = HB 2 ) 0,5 2CH 2 2CH 2 2 HB AB Mà ∆ AHB ∆ BHC nên = (2) HC BC 2 2 2 Từ (1) và (2) suy ra MI = AB 2 = a 2 ⇒ MI = 2 a 2 IC 2 BC 2x MC a + 2 x 0,5 2 S IM a 1 ax Suy ra IAB = = 2 . Mà S CAB = AB.BC = S CAB MC a + 2x 2 2 2 1 a3 x a3 a3 a3 a2 ⇒ S IAB = . 2 = ≤ = = 2 a + 2x 2  a2  a2 4 2a 4 2 0,5 2. x + 2x  4  .2 x   x 2 2 a a a Dấu „=” xảy ra khi: = 2x ⇔ x 2 = ⇔x= x 2 2 a2 Vậy Khi C trên tia Bx sao cho BC = a thì giá trị lớn nhất của S IAB = 0,5 2 4 2 5 Với các số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = Ta có : 3. 2  9  3a  3  3a 3a *) ( a − 1) = a − 3a + 3a − 1 = a  a 2 − 3a +  + − 1 = a  a −  + − 1 ≥ − 1(1) 3 3 2  4 4  2 4 4 0,5 2  9  3b  3  3b 3b *) ( b − 1) = b − 3b + 3b − 1 = b  b 2 − 3b +  + − 1 = b  b −  + − 1 ≥ − 1( 2 ) 3 3 2  4 4  2 4 4 2 3 3 2  9  3c  3  3c 3c *) ( c − 1) = c − 3c + 3c − 1 = c  c 2 − 3c +  + − 1 = c  c −  + − 1 ≥ − 1( 3) 0,25  4 4  2 4 4
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được : 3 3 3 −3 0,5 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ( a + b + c ) − 3 = .3 − 4 = ⇒ P ≥ 3 3 3 ≥ − 4 4 4 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :   3 2  aa −  =  0  3 3   2 ( a; b; c ) =  0; 2 ; 2   2      3 b  b −  =  0 ⇔ (a; b; c) = 3 3 0,5   2  ;0;   2  2 2  c c − 3     = (a; b; c) =  3 ; 3 ;0  0    2   2 2  a + b + c =  3 3 3 3 Vậy Min P = − khi ( a; b; c ) =  0; ;  và các hoán vị của nó   0,25 4  2 2 Lưu ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.