Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Định, Thanh Hóa

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, các em có thể tham khảo và tải về "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Định, Thanh Hóa" được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây để có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập giải đề thi nhanh và chính xác giúp các em tự tin đạt điểm cao trong kì thi này. Chúc các em thi tốt!

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 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Định, Thanh Hóa

UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8, PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG 1 DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2024 - 2025 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang; gồm 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm). 5 x 2x  5 1. Cho biểu thức: P   2  x 2x 5   2 : 2  với x  0; x  5; x   x  25 x  5x  2 x  10 x 5  x 2 Rút gọn biểu thức P. 2. Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 P  2  2 . a 2  b 2  c 2 b  c 2  a 2 c  a 2  b2 Câu 2 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình:  4 x  5  2 x  3 x  1  9 2 2. Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a3  1  3a; b3  1  3b; c3 1  3c. Chứng minh: a) a + b + c = 0 b) a2 + b2 + c2 = 6 Câu 3 (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các số x, y nguyên thỏa mãn: x4 + y + 4 = y2 – x2 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p  a 2  b2  c 2 , trong đó a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn a4  b4  c4 chia hết cho p. Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Điểm E thuộc cạnh BC, F là giao điểm của AE và DC, G là giao điểm của DE và BF. Trên tia đối của tia DC lấy điểm M sao cho BE = DM. Gọi T là trung điểm của EM. 1. Chứng minh tam giác AEM vuông cân và ba điểm B, T, D thẳng hàng. 2. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của AB với CG và DG. Chứng minh IE song song với BD. 3. Tìm vị trí điểm E trên cạnh BC để tổng BK+CF đạt GTNN Câu 5 (2,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thoả mãn: x + y + xy = 3 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + 𝑥+𝑦 𝑥 𝑦 ____HẾT____
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 5 1. Với x  0; x  5; x  ta có: 2  x x  5  2x  5 2x 0,5 P  :    x  5 x  5 x  x  5  2 x  x  5 5  x x 2   x  5 2 2x  5 2x  :  x  x  5 x  5 2 x  x  5 5  x   x  x  5 x  x  5 . 2 x  x  5  2 x 0,5 x  x  5 x  5 2x  5 5 x 5.  2 x  5 2 x  x  5 2 x Câu  .  x  x  5 x  5 2 x  5 5 x 1 10 2x   0,5 x 5 x 5 10  2 x 2  5  x     2 x 5 x 5 5 0,5 Vậy P  2 với x  0; x  5; x  2 1,0 2. Từ a  b  c  0  a  b  c   a  b    c   a 2  b2  c 2  2ab 2 2 0,5 Tương tự: b2  c2  a 2  2bc ; c2  a 2  b2  2ca 1 1 1 ca b 0,5 Do đó: P     0 2ab 2bc 2ca 2abc 1.  4 x  5  2 x  3 x  1  9 2  16 x 2  40 x  25  2 x 2  5 x  3  9  8  2 x 2  5 x   25 2 x 2  5 x  3  9   0,75 Đặt 2 x  5x  t 2  8t  25 t  3  9  8t 2  49t  66  0 Câu   t  2 8t  33  0 2 33 0,5  t  2 hoặc t   8 1 +) t  2  2 x2  5x  2  x  2 hoặc x  2 33 33 33 +) t    2 x2  5x    2 x 2  5x   0 8 8 8 2 33  5 0,5  4 x  10 x   0   2 x    2  0 (vô nghiệm vì (2x-5/2)2 + 2 > 0 với 2 4  2 mọi x)
Câu Nội dung Điểm Vậy S   ; 2 0,25 1   2  2. a) Từ giả thiết: a3  1  3a; b3  1  3b; c3  1  3c ta có: a3  b3  3  a  b  a 2  ab  b2  3 (1)  3 3   2 b  c  3  b  c   b  bc  c  3 (2) 2 (vì a, b, c đôi một khác nhau) 0,5  3 3 c 2  ca  a 2  3 (3) c  a  3  c  a    Từ (1) và (2) suy ra: Câu a 2  c 2  ab  bc  0   a  c  a  b  c   0  a  b  c  0 . 0,5 2 (vì a, b, c đôi một khác nhau) b) Cộng (1); (2); (3) vế với vế ta có: 2a 2  2b2  2c2  ab  bc  ca  9 0,5  4  a 2  b 2  c 2   2ab  2bc  2ca  18  3  a 2  b 2  c 2    a  b  c   18 . 2  3.  a 2  b2  c2   0  18 . a2 + b2 + c2 = 6 0,5 1 2 1 1. Ta có x4 + y + 4 = y2 - x2  (x2 + ) - (y - )2 = -4 2 2 0,5  (x + y)(x – y + 1) = -4 2 2 Ta có x, y nguyên; (x2 + y + x2 – y + 1) = 2x2 + 1 là số lẻ nên x2 + y và (x2 – y + 1) phải có một số là số lẻ 0,25 Ta có bảng: x2-y+1 -1 -4 4 1 x2+y 4 1 -1 -4 0,75 y 3 3 -2 -2 2 x 1 -2 (loại) 1 -2 (loại) x 1; -1 1; -1 Câu Vậy các số nguyên (x,y) cần tìm là: (1;3); (-1;3); (1;-2); (-1;-2). 0,5 3 2. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử : a  b  c  1. .     2 - Ta có : a4  b4  c4  a2  b2  c2  2 a 2b2  b2c2  c2a 2 . 0,5 - Vì p là số nguyên tố và p  a 2  b 2  c 2 , với a  b  c  1 nên p  3 . Suy ra a4  b4  c4 chia hết cho p khi và chỉ khi a2b2  b2c2  c2a2 chia hết cho p 0,5 hay    a 2b2  c 2 b2  a 2 p  a 2b2  c 4 p  ab  c 2 ab  c 2 p.   - Vì p  a 2  b 2  c 2  ab  c 2  ab  c 2  0 và p là số nguyên tố nên 0,5 ab  c  0 . 2  ab  c2  a  b  c ( vì a  b  c )  p  3a 2  a  b  c  1 và p = 3. 0,5 Vậy có duy nhất một số nguyên tố thỏa mãn là p = 3.
Câu Nội dung Điểm A B I K G E T M F D C 1.(2,5 điểm) Xét ADM và ABE có : AD  AB  a, ADM  ABE  900 , MD  BE ( gt). Suy ra : ADM  ABE (c.g.c) .  AM  AE ( các cạnh tương ứng) (1) 0,75 Và  DAM  BAE ( các góc tương ứng ) Mà DAE  BAE  DAB  900 0,75  MAD  DAE  900  MAE  900 (2) Từ (1) và (2) suy ra AME vuông cân tại A 1 Ta có AME vuông cân tại A, T là trung điểm của ME nên AT  ME (trung 2 tuyến ứng với cạnh huyền) 1 0,5 Câu Tương tự CT  ME 2 4 Suy ra: TA = TC. Mà BA = BC, DA = DC ( cạnh của hình vuông) nên 3 0,5 điểm T, B, D cùng nằm trên đường trung trực của AC. Suy ra B, T, D thẳng hàng 2) (2,0 điểm) A B I K G E T M F D C Vì ABCD là hình vuông nên AB//CD => BK//DF và AK//DF IK IG Xét tam giác DCG có IK//CF nên theo định lí Thales ta có:  CD GC IG IB IK CD Chứng minh tương tự ta được:  . Từ đó suy ra  1 0,5 GC CF IB CF Xét các tam giác EDC và ECF có AK//DF, theo định lí Thales ta có: KE BE AB    2 0,5 ED EC CF
Câu Nội dung Điểm IK KE 0,5 Ta lại có AB = CD nên từ (1) và (2) suy ra:  IB ED IK KE 0,5 Tam giác BKD có:  nên IE//BD (Theo định lí Thales đảo). IB ED 3.(1,5 điểm) AB BE Xét tam giác CEF có AB//CF nên theo định lí Thales ta có:   3 0,25 CF CE BK BE Xét tam giác DEC có BK//CD nên theo định lí Thales ta có:   4 0,25 CD CE BK AB Từ (3) và (4) suy ra   BK .CF  AB.CD  a 2 0,5 CD CF Do BK .CF  a 2 không đổi nên BK  CF  2 BK .CF  2a đạt giá trị nhỏ 0,5 nhất khi và chỉ khi BK  CF  a Khi đó E là trung điểm của BC. Áp dụng bất đẳng thức CAUCHY ta có: 3 = x + y + xy ≥ 2√ 𝑥𝑦 + xy = (√ 𝑥𝑦 + 1)2 – 1 0,5 =>4 ≥ (√ 𝑥𝑦 + 1)2 => 2 ≥ √ 𝑥𝑦 + 1 => 1 ≥ √ 𝑥𝑦 (do x, y>0) 0,25 Câu Áp dụng bất đẳng thức CAUCHY ta có: 1 1 1 4 𝑥+𝑦 3 4 𝑥+𝑦 3 5 P= + + = + − ≥ 2√ ⋅ − 0,5 𝑥+𝑦 𝑥 𝑦 𝑥+𝑦 𝑥𝑦 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 𝑥𝑦 2√ 𝑥𝑦 4 3 5 5 5 = − = ≥ = 0,25 √ 𝑥𝑦 2√ 𝑥𝑦 2√ 𝑥𝑦 2.1 2 Đẳng thức xảy ra  x = y = 1 0,25 5 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi x = y = 1. 2 Lưu ý: +) Câu 4.2; 4.3 hình học các em học sinh có thể sử dụng tam giác đồng dạng để biến đổi ra các tỉ số. +) Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. +) Câu 1.1 học sinh có thể không ghi điều kiện xác định trong kết luận vẫn cho điểm tối đa.