Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn tập và hệ thống kiến thức với ‘Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa’ được chia sẻ dưới đây sẽ giúp bạn nắm vững các phương pháp giải bài tập hiệu quả và rèn luyện kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị tốt nhất cho kì thi sắp diễn ra. Cùng tham khảo và tải về đề thi này ngay bạn 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 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

PHÒNG GD&ĐT HIỆP HÒA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2023 - 2024 (Đề chính thức) Môn thi: TOÁN 8 Ngày thi: 27/01/2024 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm): 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) A = x 2 + 2 xy + 2 y − 1 b) P x 2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y ) = 2) Đa thức f ( x ) khi chia cho x + 1 dư −1 và chia cho x 2 + 1 dư là 3x . Tìm đa thức dư khi f ( x ) chia cho ( x + 1) ( x 2 + 1) . 3) Cho a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh rằng biểu thức abc Q =a 2 + 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) là bình phương của một số hữu tỉ. ( Câu 2(4,0 điểm):  1 − x3  1 + x3  5 1 x   1) Cho biểu thức A  = + x  − x − − . Tìm giá trị nhỏ nhất   x (1 − x 2 ) 2  1− x  1 + x x 1 − x2    của A khi x ≥ 3 . ( ) 2 2) Tìm x thỏa mãn x 2 + 1 − x ( x + 1) = 2 0. Câu 3( 4,0 điểm): 1) Cho 2023 số nguyên dương phân biệt a1 ; a2 ;...; a2023 lớn hơn 1.CMR tích (a1 2 + 1)( a2 2 + 1) ... ( a20232 + 1) ko chia hết cho tích ( a1a2 ...a2023 ) . 2 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn 2 x 2 + y 2 + 3xy − 3x − 3 y + 11 = 0. Câu 4 (6 điểm): 1) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE , CF và trực tâm H . Gọi M là trung điểm của BC , K là điểm đối xứng với H qua M , I là điểm đối xứng với H qua BC . a) Chứng minh rằng tứ giác BIKC là hình thang cân. b) Kẻ trung trực của đoạn thẳng AC cắt AK tại O . Các đường thẳng AM và HO cắt nhau tại G . Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC .  c) Gọi J là giao điểm của EF và AH . Chứng minh rằng: EB là tia phân giác của FED , và AJ .HD = AD.HJ . 2) Cho tam giác ABC vuông tại A . Hình chữ nhật MNPQ thay đổi thỏa mãn M thuộc cạnh AB , N thuộc cạnh AC và P, Q thuộc cạnh BC . Gọi giao điểm của BN với MQ là K ,   của CM và NQ là L . Chứng minh rằng: KAB = LAC. Câu 5 (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ + + . a + b + 2 b + c + 2 c + a + 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1)2 2 2 2 2 2 2 .................... Hết................. Họ và tên thí sinh:.........................................; Số báo danh...............................
HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán 8 Nội dung Điể Bài m a) A = x 2 + 2 xy + 2 y − 1 = ( x − 1)( x + 1) + 2 y ( x + 1) = ( x + 1)( x + 2 y − 1) 0,5 b) P x 2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y ) = 1.1 = x ( y − z ) + y z − y x + z x − z y 2 2 2 2 2 0,5 (1,5đ) = x 2 ( y − z ) + yz ( y − z ) − x ( y − z )( y + z ) = ( y − z ) ( x 2 + yz − xy − xz ) 0,5 = ( y − z )  x ( x − y ) − z ( x − y )  ( y − z )( x − y )( x − z )   = Đa thức ( x + 1) ( x 2 + 1) bậc là 3 nên dư của f ( x ) chia cho ( x + 1) ( x 2 + 1) có dạng ax 2 + bx + c 0,5 Do đó f ( x ) = ( x + 1) ( x 2 + 1) g ( x ) + ax 2 + bx + c , ∀x Ta có f ( x ) = ( x + 1) ( x 2 + 1) g ( x ) + ax 2 + bx + c ( x + 1) ( x 2 + 1) g ( x ) + ax 2 + a − a + bx + c = 0,5 = ( x 2 + 1) ( x + 1) g ( x ) + a  + bx − a + c   1,2 (2,0đ) Nên f ( x ) chia cho x + 1 dư là bx − a + c . 2 = 3= 3 b b 0,5 Do đó bx − a + c = 3 x ∀x hay  ⇔ (1) = 0 = c a−c a Lại có f ( x ) khi chia cho x + 1 dư −1 nên f ( −1) =1 hay a − b + c = 1 (2) − − b = 3 0,5 Từ (1) và (2) ta có  . a= c= 1 Vậy đa thức dư khi f ( x ) chia cho ( x + 1) ( x 2 + 1) là x 2 + 3 x + 1 . Với a, b, c là các số hữu tỉ khác 0. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 a+b+c = ⇒ abc + + 1⇔ = 2+ + + 1 =+ 2 ab bc ca a ab bc ca a 0,5 2  1 1  1 1  a + 1 ⇔  +  +  =2  a b  a c  a  1 1  1 1  ⇒ a 2 = a 2  +  +  +1 1.3  a b  a c  (1,5đ) Tương tự ta có: 0, 5  1 1  1 1  b 2 = b 2  +  +  +1  a b  b c   1 1  1 1  c 2 + 1 c 2  +  +  =  a c  c b  2 2 2 1 1 1 1 1 1 ⇒ ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ( abc )  +   +   +  2 2 2 2 = a b b c c a 0,5
( Mà a, b, c ∈  nên biểu thức Q =a 2 + 1)( b 2 + 1)( c 2 + 1) là bình phương của một số hữu tỉ.  1 − x3  1 + x3  5 1 x   Ta có: A  = + x  − x − −   x (1 − x 2 ) 2  1− x  1 + x x 1 − x2     (1 − x ) (1 + x + x 2 )   (1 + x ) (1 − x + x 2 )  5 − (1 − x 2 ) − x 2 (1 − x 2 ) 2 =  + x  − x ⋅ 0,5 x (1 − x 2 ) 2  1− x  1+ x     5 − 1 + 2x2 − x4 − x2 + x4 =(1 + 2 x + x )(1 − 2 x + x ) ⋅ 2 2 x (1 − x 2 ) 2 4 + x2 =1 + x ) (1 − x ) ⋅ ( 2 2 x (1 − x ) (1 + x ) 2 2 4 + x2 = 0,5 x 2.1 (2đ) 4 + x2 Vậy A = x 4 + x2 4 9 5 Ta có A = = +x = +x− . x x x x Do x ≥ 3 nên áp dụng bđt AM- GM cho các số dương ta được 0,5 9 9 + x ≥ 2. .x =, dấu “=” xảy ra khi x = 3 ( thỏa mãn ) 6 x x 5 5 5 5 Lại có x ≥ 3 ⇒ ≤ ⇒ − ≥ − x 3 x 3 5 13 Do đó A ≥ 6 − = . 3 3 0,5 Dấu “=” xảy ra khi x = 3 . 13 Vậy Min A = tại x = 3 . 3 ( ) 2 Ta có x 2 + 1 − x ( x + 1) = 2 0 ⇔ ( x + 1) − 2 x  − x ( x + 1) = 2 0 2 2 0,5   ⇔ ( x + 1) − 5 x ( x + 1) + 4 x 2 = 4 2 0 ⇔ ( x + 1) − x ( x + 1) − 4 x ( x + 1) + 4 x 2 = 4 2 2 0 2.2 0,5 ⇔ ( x + 1) ( x + 1) − x  − 4 x ( x + 1) − x  = 2 2 2 (2đ) 0     ⇔ ( x + 1) − x  ( x + 1) − 4 x  = 2 2 0    ⇔ ( x 2 + x + 1) ( x − 1) = 0,5 2 0 ⇔ ( x − 1) = do x 2 + x + 1 > 0 ∀x ) 2 0( 0,5 1. ⇔ x = Vậy x = 1 .
Ta xét A= (a 1 2 + 1)( a2 2 + 1) ... ( a2919 2 + 1) ( a1.a2 ...a2019 ) 2 2 0,5 a12 + 1 a2 + 1 a2019 + 1 2 A = 2 . 2 ... 2 a1 a2 a2019 Do 2023 số nguyên dương phân biệt a1 ; a2 ;...; a2023 lớn hơn 1 nên ta gỉa sử 2 ≤ a1 < a2 < ... < a2023 . Do đó 2 ≤ a1 ;3 ≤ a2 ;4 ≤ a3 ;...;2024 ≤ a2023 . 0,5 3.1 2 2 2 (2đ) a +1 1 1 2 2 Ta có 1 2 = 1+ 2 < 1+ 2 ≤ 2 = . a1 a1 a1 − 1 2 − 1 1.3 2 a2 + 1 1 1 32 32 Tương tự 2 = 1+ 2 < 1+ 2 ≤ 2 = … a2 a2 a2 − 1 3 − 1 2.4 0,5 a2 + 1 a2 + 1 a2 + 1 22.32...20232 2023.2 Do đó 1 < A 1 2 . 2 2 ... 2023 < = 2 =
4,1 (4,5đ) Có H đối xứng với K qua M ⇒ MH = MK H đối xứng với I qua BC ⇒ DH = DI ⇒ DM là đường trung bình của ∆IKH ⇒ DM / / IK 0,5 ⇒ BC / / IK ⇒ Tứ giác BIKC là hình thang. (1) 1.a Có tứ giác BHCK là hình bình hành (do M vừa là trung điểm của BC vừa là (1,5đ) trung điểm của HK ) 0,5 ⇒ BH / / KC  MBH  ⇒ MCK = (so le trong)   Mà MBH = MBI (do BC là trung trực của HI )  MCK ⇒ MBI =  (2) 0,5 Từ (1) và (2) ⇒ BIKC là hình thang cân. Tứ giác BHCK là hình bình hành ⇒ BH / / KC hay HE / / KC , 0, 5 Mà HE ⊥ AC ( BE là đường cao của tam giác ABC ) ⇒ HE song song với đường trung trực của AC ⇒ KC song song với đường trung trực của AC ⇒ O là trung điểm của AK . 1.b ⇒ OM là đường trung bình của ∆AHK (1,5đ) OM 1 0, 5 ⇒ và = OM / / AH AH 2 ⇒ ∆AHG ∽ ∆OMG GM 1 ⇒ = AM là đường trung tuyến của tam giác ABC . mà AG 2 0,5 ⇒ G trọng tâm của tam giác ABC . Ta có ∆AEB ∽ ∆AFC (gg) 1.c AF AC ⇒ = 0,5 (1,5đ) AE AB ⇒ ∆AEF ∽ ∆ABC (c.g.c)
⇒= AEF  ABC (3) Chứng minh tương tự ta có ∆CED ∽ ∆CBA   ⇒ CED = ABC (4)     90 Mà CED + DEB = + FEB = ° ( 5 ) AEF  FEB Từ (3), (4), (5) ⇒ DEB =   ⇒ EB là tia phân giác của DEF , hay EH là tia phân giác của ∆EJD 0,5 HJ EJ ⇒ = (6) HD ED Lại có HE ⊥ AC ( GT ) ⇒ EA là tia phân giác góc ngoài tại E của ∆EJD AJ EJ ⇒ = (7) AD ED HJ AJ 0,25 Từ (6) và (7) ⇒ = HD AD ⇒ AJ.HD = (đpcm) HJ .AD Lấy U ,V theo thứ tự thuộc AK , AL sao cho   90° . Ta có: ABU ACV = = 4.2 (1.5đ) BU BK NA / / BU ⇒ = (1) NA NK NA CA MN / / BC ⇒ =(2) 0,5 MA BA MA ML MA / /VC ⇒ =(3) CV CL Từ (1), (2) và (3) suy ra: BU NA MA BK CA ML ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ NA MA CV NK BA CL BU BQ CA MN BQ.CA 0,5 ⇒ = ⋅ ⋅ = CV NM BA CP BA.CP BU BQ CA NP ⇒ = ⋅ ⋅ (vì MQ = NP ) CV MQ BA CP BU BA CA BA ⇒ = ⋅ ⋅ (vì ∆BMQ ∆BCA ; ∆CNP ∆CBA ) CV CA BA CA
BU AB 0,5 Hay = và   90° ABU ACV = = CV AC Do đó ∆ABU ∆ACV (c.g .c) .   Vậy KAB = LAC . ( a + 1) 2 ≤ 2 ⇔ ( a + 1) ≤ 2 ( a 2 + 1) ⇔ ( a − 1) ≥ 0 luôn đúng. 2 2 Ta có 2 a +1 0,25 ( a + 1) 2 Vậy ≤ 2. a2 + 1 Do đó 1 2 1 2 1 2 0,25 ≤ ; 2 ≤ ; 2 ≤ . a + 1 ( a + 1) b + 1 ( b + 1) c + 1 ( c + 1)2 2 2 2 1 1 1 1 1  1 2 2  5 Ta có: = 2 ≤  2 + 2  ≤  +    a 2 + b 2 + 2 a + 1 + b 2 + 1 4  a + 1 b + 1  4  ( a + 1)2 ( b + 1)2  (1đ) 1 1 = + . 0,25 2 ( a + 1) 2 ( b + 1) 2 2 Chứng minh tương tự: 1 1 1 1 1 1 ≤ + ; 2 ≤ + . c + b + 2 2 ( c + 1) 2 ( b + 1) c + a + 2 2 ( c + 1) 2 ( a + 1)2 2 2 2 2 2 2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 1 1 0,25 + 2 2 + 2 ≤ + + . a + b + 2 b + c + 2 c + a + 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1)2 2 2 2 2 2 Chú ý: - Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn chấm tối đa. - Bài 4 học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không tính điểm.