Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP. Vinh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với “Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP. Vinh” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức môn học nhằm chuẩn bị cho kì thi quan trọng sắp diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi thật dễ dàng nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP. Vinh

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI TẠO THÀNH PHỐ VINH NĂM HỌC 2022- 2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán lớp 8 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) 2ab a, Cho 3a2  b2  4ab và 3a  2b  0 . Hãy tính giá trị biểu thức A  3a  5ab 2 x3 8x2 3x 1 b, Cho P  1  2 :( 3  2  ) x  5 x  6 4 x  8 x 3x  12 x  2 2 x 1 Tìm các giá trị x nguyên dương để P  2 Câu 2. (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a, (1  x)4  (2  x)4  (3  2 x)4 x 1 x6 x2 x5 b,  2  2  2 x( x  2) x  12 x  35 x  4 x  3 x  10 x  24 Câu 3. (3,0 điểm) a, Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng A  (1  a2 )(1  b2 )(1  c2 ) là số chính phương b, Gọi S (n) là tổng các chữ số của số nguyên dương n khi biểu diễn nó trong hệ thập phân. Biết rằng với bất kỳ số nguyên dương n ta có 0  S (n)  n . Tìm số nguyên dương n thỏa mãn S ( n)  n 2  2023n  7 Câu 4. (3,0 điểm) a, Tìm các hệ số a, b, c để đa thức f ( x)  x3  ax2  bx  c chia hết cho đa thức x  2 và chia cho đa thức x2  1 thì dư 3 b, Cho a, b, c, d , e là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  e  4 . Tìm giá trị nhỏ (a  b  c  d )(a  b  c )(a  b) nhất của biểu thức P  abcde Câu 5. (7,0 điểm) 1, Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC) , trung tuyến AM . Kẻ BE vuông ˆ ˆ góc với AM . Trên đoạn MC lấy điểm F sao cho MFA  MEC . Gọi N , I lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AF , EC ; AF cắt CE ở O . a, Chứng minh rằng OEF đồng dạng với OAC AM 1 MN b, Biết tỷ số  , tính tỷ số BC 2 MI c, Chứng minh rằng NB  NC 2, Cho hình thang cân ABCD ( AB / /CD) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E , tia EN cắt đoạn thẳng AC tại F . Chứng minh rằng MN là tia phân giác của góc EMF . ........................ Hết .......................... 1
HƯỚNG DẪN CHẤM – BIỂU ĐIỂM CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1. (4,0 điểm) 2ab a, Cho 3a2  b2  4ab và 3a  2b  0 . Hãy tính giá trị biểu thức A  3a  5ab 2 x3 8x2 3x 1 b, Cho P  1  2 :( 3  2  ) x  5 x  6 4 x  8 x 3x  12 x  2 2 x 1 Tìm các giá trị x nguyên dương để P  2 1.a 3a  b  4ab  3a  4ab  b  0 2 2 2 2 0,5 2,0đ  (3a  b)(a  b)  0 0,25 3a  b  0 0,25  (1)  a b  0 Do 3a  2b  0  3a  b  0 0,25 nên (1)  a  b  0  a  b 0,25 2aa 2a 2 0,5 Thay vào biểu thức A ta có A  2   1 3a  5aa 2a 2 1.b ĐKXĐ: x  2; 3;0 0,25 2,0đ x3 8x2 3x 1 0,25 P  1 2 :( 3  2  ) x  5 x  6 4 x  8 x 3x  12 x  2 2 x3  8x2 3x 1  P  1   ( x  2)( x  3)  4 x ( x  2) 3( x  2)( x  2) x  2  : 2  1  2 x 1  0,25 P  1   ( x  2)  ( x  2) ( x  2)( x  2) x  2  :  1 2( x  2)  x  ( x  2) 0,25 P  1 : ( x  2) ( x  2)( x  2) 1 6 P  1 : ( x  2) ( x  2)( x  2) 1 ( x  2)( x  2) 0,25 P  1 . ( x  2) 6 x2 x4 P  1  6 6 x 1 x  4 x 1 0,25 P   2 6 2  x  4  3( x  1)  2x  7 0,25 7 x 2  7 0,25 Vậy  x  Z x    2 Câu 2. (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a, (1  x)4  (2  x)4  (3  2 x)4 2
x 1 x6 x2 x5 b,  2  2  2 x( x  2) x  12 x  35 x  4 x  3 x  10 x  24 2.a Đặt 1  x  a;2  x  b  3  2 x  a  b 0,25 1,5đ Ta có a 4  b 4   a  b   a 4  b 4  a 4  b 4  2ab  2a 2  3ab  2b 2  0,25 4  2ab  2a 2  3ab  2b 2   0 (1) 1 0,25 Do 2a 2  3ab  2b 2   4a  3b   7b 2   0, a, b 2 8  4a  3b  0 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra  ab0 b0 1  x  0 x  1 0,25 Suy ra   (vô lí)  2 x  0  x2  a  0 1  x  0 x  1 0,25 Nên (1)    b  0  2  x  0 x  2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;2 2.b * ĐKXĐ: x  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 0,25 1,5đ * Ta có 0,25 x 1 x6 x2 x5  2  2  2 (1) x( x  2) x  12 x  35 x  4 x  3 x  10 x  24 x 1 x6 x2 x5     x( x  2) ( x  5)( x  7) ( x  1)( x  3) ( x  4)( x  6) x 1 1 1 ( x  6) 1 1  (  ) (  ) 2 x x2 2 x5 x7 x2 1 1 x5 1 1  (  ) (  ) 2 x 1 x  3 2 x4 x6 1 1 1 1 0,25  1 1 1 1 ) x x2 x5 x7 1 1 1 1  1 1 1 1 x 1 x3 x4 x6 1 1 1 1 1 1 1 1         x x  2 x  5 x  7 x 1 x  3 x  4 x  6 1 1 1 1 1 1 1 1 (  )(  )(  )(  ) x x7 x2 x5 x 1 x  6 x3 x4  1 1 1 1   (2 x  7)  2  2  2  2 0  x  7 x x  7 x  10 x  7 x  6 x  7 x  12   2 x  7  0 (2) 0,25  1 1 1 1  2  2  2  2  0 (3)  x  7 x x  7 x  10 x  7 x  6 x  7 x  12 1 1 1 1 0,25 Đặt t  x2  7 x ta có (3)     0 t t  10 t  6 t  12  t 2  14t  60  0 3
 (t  7)2  11  0 (Vô nghiệm) 7 (2)  x  2  7  0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S    2 Câu 3. (3,0 điểm) a, Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng A  (1  a2 )(1  b2 )(1  c2 ) là số chính phương b, Gọi S (n) là tổng các chữ số của số nguyên dương n khi biểu diễn nó trong hệ thập phân. Biết rằng với bất kỳ số nguyên dương n ta có 0  S (n)  n . Tìm số nguyên dương n thỏa mãn S ( n)  n 2  2003n  7 3.a ab  bc  ca  1  1  a2  a2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) 0,25 1,5đ Tương tự ta có 1  b 2  (b  c)(b  a ) 0,25 1  c 2  (c  a )(c  b) 0,25 Suy ra A  (1  a2 )(1  b2 )(1  c2 )  (a  b)2 (b  c)2 (c  a)2 0,25 Do a, b, c  Z  (a  b),(b  c)(c  a)  Z 0,25 Nên A  (1  a )(1  b )(1  c )  (a  b) (b  c) (c  a) là một số chính phương 2 2 2 2 2 2 0,25 3.b 0  S (n)  n và S ( n)  n 2  2003n  7 0,25 1,5đ Mặt khác: n2  2003n  7  0  n2  2003n  2022  0 0,25  (n  1)(n  2022)  0 . Mà n  2  n  2022  0  n  2022 (1) 0,25 Ta có: S (n)  n  n  2004n  7  0 2 0,25  n2  2024n  0  n(n  2024) . Mà n  0  n  2024  0  n  2024 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra n  2023 0,25 Câu 4. (3,0 điểm) a, Tìm các hệ số a, b, c để đa thức f ( x)  x3  ax2  bx  c chia hết cho đa thức x  2 và chia cho đa thức x2  1 thì dư 3 b, Cho a, b, c, d , e là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  e  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất (a  b  c  d )(a  b  c )(a  b) của biểu thức P  abcde 4.a f ( x)  x  ax  bx  c x  2  f (2)  0 3 2 0,25 1,5đ  (2)3  a(2)2  b(2)  c  0 0,25  4a  2b  c  8 ( x3  ax2  bx  c) : ( x2  1) dư 3, ta có: x3  ax2  bx  c  ( x  1)( x  1) g ( x)  3 với g ( x) là một đa thức Tại x  1 ta có a  b  c  2 0,25 Tại x  1ta có a  b  c  4 4a  2b  c  8 (1)  Suy ra a  b  c  2 (2) a  b  c  4  (3) Từ (2) và (3) suy ra 2b  2  b  1 0,25 4
4a  c  6 (1) 3a  3 a  1 0,25 Thay vào (1) và (2) được    a  c  3 (2) a  c  3 c  2 Vậy a  1; b  1; c  2 0,25 4.2 Áp dụng bđt : ( x  y)2  4 xy 0,25 1,5đ Áp dụng bđt : ( x  y)2  4 xy 0,25 Ta có (a  b  c  d  e)2  4(a  b  c  d )e (a  b  c  d )2  4(a  b  c)d (a  b  c)2  4(a  b)c (a  b)2  4ab Do a, b,c, d là các số dương, nhân theo vế các bđt trên ta được: 0,25 Mà a  b  c  d  e  4 0,25 Suy ra 42 (a  b  c  d )(a  b  c)(a  b)  44 abcde (a  b  c  d )(a  b  c )(a  b) Hay : P   16 abcde a  b  c  d  e  1 0,25 a  b  c  d a  b  4    c  1 Dấu bằng có khi: a  b  c  a  b  2  d  1 a  b  c  d  e  4  e  2  1 1 0,25 Vậy Pmin = 16  a  b  , c  , d  1, e  2 4 2 Câu 5. (7,0 điểm) 1, Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC) , trung tuyến AM . Kẻ BE vuông góc ˆ ˆ với AM . Trên đoạn MC lấy điểm F sao cho MFA  MEC . Gọi N , I lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AF , EC ; AF cắt CE ở O . a, Chứng minh rằng OEF đồng dạng với OAC AM 1 MN b, Biết tỷ số  , tính tỷ số BC 2 MI c, Chứng minh rằng NB  NC 2, Cho hình thang cân ABCD ( AB / /CD) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E , tia EN cắt đoạn thẳng AC tại F . Chứng minh rằng MN là tia phân giác của góc EMF . A M E O B I M F 0,25 C 5
5.1.a Ta có 0,25 2,0đ MFA  MEC( gt ), FMA  EMC  MEC MFA( g  g ) 0,25  MCE  MAF 0,25  FCO  EAO Mà AOE  COF (đối đỉnh) 0,25  AOE COF ( g  g ) 0,25 OE OA 0,25   OF CO Mà AOC  EOF (đối đỉnh) 0,25  OEF OAC(c  g  c) 0,25 5.1.b AM 1 AM 0,25 1,5đ BC  2 ; BC  2MC  MC  2 (1) 1 0,25 AF AF AM AM MEC MFA    2  CE MC 1 CE MC 2 AN AM 0,25   CI MC Mà MAN  MCI nên AMN CMI (c-g-c) 0,25 MN AM 0,25  (2) MI MC MN 0,25 Từ (1) và (2) suy ra  2 MI 5.1.c M là trung điểm của BC, I là trung điểm của EC suy ra 0,25 1,5đ MI//BE  B1  M1 AMN CMI  M 1  M 3 0,25 AMN CMI  M 1  M 3 0,25 Suy ra  B1  M 3 0,25 Mà B1  M 4  900 nên M 3  M 4  900 0,25 Suy ra NM  BC Lại có M là trung điểm của BC nên IM là đường trung trực của BC 0,25 Vậy NB  NC 5.2 A M B 2,0đ K F D H N I C E 6
EM cắt CD tại H, EN cắt AB tại K, MF cắt CD tại I 0,5 HN DN EN 0,5 DN / / AK   ( ) MK AK EK NI NC NF NC / / AK   ( ) MK AK FK 1 DN NC 0,5 Mà DN  NC  CD   2 AK AK HN NI 0,25 Suy ra   HN  NI MK MK HMI có MN  HI ; HN  NI ( vì M là trung điểm AB, N là trung điểm của 0,25 DC nên MN là trục đối xứng của hình thang cân) suy ra MN là tia phân giác của HMI Hay MN là tia phân giác của EMF (Học sinh giải các cách khác đúng vẫn đánh giá điểm tối đa) 7