Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Cao Xuân Huy

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thông qua việc giải trực tiếp trên “Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Cao Xuân Huy” các em sẽ nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Cao Xuân Huy

TRƯỜNG THCS CAO XUÂN HUY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG VÒNG 2 – NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán – Lớp 8 – Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (4,0 điểm) 1− 2x 1− 2 y 1) Cho x, y là các số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn: + 1. = 1− x 1− y Chứng minh M = x2 + y2 – xy là bình phương của một số hữu tỷ. 2) Cho đa thức f ( x ) . Tìm số dư của phép chia f ( x ) cho ( x − 1)( x + 2 ) , biết rằng f ( x ) chia x − 1 dư 7 và f ( x ) chia x + 2 dư 1. Câu 2. (4,0 điểm) 1) Tìm hai số nguyên dương x, y thỏa mãn: ( x + y ) = 40 x + 1 . 4 2) Giải phương trình: ( 3x − 2 )( x + 1) ( 3x + 8 ) =16 2 − Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 + 2 . x +x y +y z +z  m 2 + 2 n 2) Cho m, n là hai số nguyên dương lẻ thỏa mãn  2 .  n + 2 m Chứng minh: m 2 + n 2 + 2 4mn . Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam ABC vuông tại A, có đường cao AH và trung tuyến BN. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BN cắt BN và BC lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng: 1 1 4 a) =2 2 + . AK AB AC 2   b) BKH = BAH 2 1 1 c) = + . MB BH BC Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình vuông có cạnh bằng 2023cm. Bên trong hình vuông, người ta lấy 2022 điểm phân biệt sao cho trong 2026 điểm (tính cả 4 đỉnh hình vuông) không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng, tồn tại 1 tam giác có 3 đỉnh là 3 trong số 2023 2026 điểm đã cho (tính cả 4 đỉnh hình vuông) có diện tích không lớn hơn cm2. 2 ------Hết------
ĐÁP ÁN HSG TRƯỜNG VÒNG 2 Câu 1. a) Ta có: 1− 2x 1− 2 y + = ⇔ (1 − 2 x )(1 − y ) + (1 − 2 y )(1 − x ) =1 − x )(1 − y ) 1 ( 1− x 1− y ⇔ 1 − y − 2 x + 2 xy + 1 − x − 2 y + 2 xy =1 − x − y + xy ⇔ 3 xy = 2 x + 2 y − 1 ⇒ M = x 2 + y 2 − xy = ( x + y ) − 3 xy 2 = x + y ) − ( 2 x + 2 y − 1) = x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 = x + y − 1) ( ( ( 2 2 2 Mà x, y là các số hữu tỷ khác 1 ⇒ M = x 2 + y 2 − xy là bình phương của một số hữu tỷ (đpcm). b) Gọi dư của phép chia f ( x ) cho ( x − 1)( x + 2 ) là ax + b. Ta có: f = p ( x ) . ( x − 1) = q ( x ) . ( x + 2 )= k ( x )( x − 1)( x + 2 ) + ax + b. ( x) +7 +1 = 7 = 6 = 2 a + b 3a a Thay x = 1, x = −2 được:  ⇔ ⇔ . −2a + b = 1 b = 7 − 1 b = 5 Dư cần tìm là: 2 x + 5. Câu 2. 1) Vì x; y ∈ N * ⇒ ( x + y )4 = 40 x + 1 < 40 x + 40 y = 40 ( x + y ) ⇒ ( x + y )3 < 40 ⇒ x + y < 4 Do đó: 2 ≤ x + y < 4 Mặt khác: 40 x + 1 là số lẻ nên ( x + y )4 là số lẻ ⇒ x + y là số lẻ Ta có: 2 ≤ x + y < 4 , x + y là số lẻ ⇒ x + y =3 Từ đó: ( x; y ) ∈ {( 2;1) ; (1; 2 )} Thử lại chỉ có cặp số ( x; y ) = ( 2;1) thỏa mãn bài toán . Vậy= 2; y 1. x = 2) Ta có: ( 3x − 2 )( x + 1)2 ( 3x + 8 ) =16 ⇔ ( 3x − 2 ) 9 ( x + 1)2 ( 3x + 8 ) =144 − − ⇔ ( 3 x − 2 )( 3 x + 3) ( 3 x + 8 ) = 2 −144 Đặt 3x + 3 = t ⇒ 3x − 2 = t − 5, 3x + 8 = t + 5, ta có phương trình: ( t − 5) t 2 ( t + 5) =144 ⇔ ( t 2 − 25) t 2 =144 − − ⇔ t 4 − 25t 2 + 144 =0 ⇔ ( t 2 − 9 )( t 2 − 16 ) =0 t 2 = 9 t = ±3 ⇔ 2 ⇔ t = 16 t = ±4 Với t = 3 ⇒ 3x + 3 = 3 ⇔ x = 0 Với t =−3 ⇒ 3x + 3 =−3 ⇔ x =−2
1 Với t = 4 ⇒ 3x + 3 = 4 ⇔ x = 3 −7 Với t =−4 ⇒ 3x + 3 =−4 ⇔ x = 3 1 −7 Vậy tập nghiệm của phương trình là = 0; −2; ;  . S    3 3  Câu 3 1 1 1 1 1 1 a) P = 2 + 2 + 2 = + + x + x y + y z + z x( x + 1) y ( y + 1) z ( z + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  = − + − + − =  + + − + +  x x +1 y y +1 z z +1  x y z   x +1 y +1 z +1  1 1 1 9 1 1 1 1 Áp dụng BĐT + + ≥ và ≤ .  +  với a, b, c dương, dấu bằng a b c a+b+c a+b 4  a b xảy ra ⇔ a = b = c. 1 1 1  1 1 1  1 1 1  Ta có ≤ .  + 1 ; ≤ .  + 1 ; ≤ .  + 1 x +1 4  x  y +1 4  y  z +1 4  z  1 1 1  1 1 1  1 1 1 1 1 1 1  Bởi vậy P =  + +  −  + +  ≥  + +  − .  + 1 + + 1 + + 1  x y z   x +1 y +1 z +1   x y z  4  x y z  3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 = . + +  − ≥ . − = − = . 4  x y z 4 4 x+ y+z 4 4 4 2 3 Vậy Min P= . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= y= z= 1. 2 b) +) Vì m, n là hai số nguyên dương lẻ nên ta đặt m =2a + 1, n =2b + 1 ( a, b ∈  ) . Khi đó ta có: m 2 + n 2 += 4 ( a 2 + b 2 ) + 4 ( a + b ) + 4 4 2 (1)  m 2 + 2 n +) Vì  2 nên ( m 2 + 2 )( n 2 + 2 ) mn ⇒ m 2 n 2 + 2 ( m 2 + n 2 + 2 ) mn ⇒ 2 ( m 2 + n 2 + 2 ) mn  n + 2 m Vì m, n lẻ nên ( 2, mn ) = 1 . Do đó m 2 + n 2 + 2 mn ( 2) Từ (1) , ( 2 ) và ( 4, mn ) = 1 nên suy ra m 2 + n 2 + 2 4mn . Câu 4.
A N K B H C M I 1 1 1 a) Dễ dàng chứng minh được =2 2 + . mà AC = 2.AN AK AB AN 2 1 1 4 ⇒ 2 = 2+ . AK AB AC 2 b) Chứng minh được ∆BKA ∽ ∆BAN (g.g) ⇒ AB BN = ⇒ AB 2 = BK .BN (1) BK AB Chứng minh được ∆BHA ∽ ∆BAC (g.g) ⇒ AB BC = ⇒ AB 2 = BH .BC (2) BH AB BH BN Từ (1) và (2) suy ra BK.BN = BH.BC ⇒ = BK BC  BH BN Xét ∆BHK và ∆BNC , có: NBC chung và = Suy ra ∆BHK ∽ ∆BNC ⇒ BKH =  mà BAH =  ⇒ BKH = BAH BK BC  ACB  ACB   c) Kẻ NI ⊥ BC tại I, ta có AH//NI (vì cùng vuông góc với BC) Chứng minh được ∆BKM ∽ ∆BIN (g.g) suy ra được MB.BI = BK.BN(3) Vì N là trung điểm của AC nên I là trung điểm của HC Từ (1), (2) và (3) ta có BM.BI = BH.BC ⇒ BM.2BI = 2BH.BC 2 1 1 ⇒ BM.(BH + BC) = 2BH.BC ⇒ = + BM BH BC Câu 5. Số tam giác được tạo thành: 4 + 2.2021 = 4046 Mà tổng diện tích của 4046 tam giác này bằng 20232 cm2 20232 2023 Nên tồn tại 1 tam giác có diện tích không lớn hơn = cm2 4046 2