Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Trần Mai Ninh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay “Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Trần Mai Ninh” được chia sẻ trên đây. 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 KSCL học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Trần Mai Ninh

PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 NĂM HỌC 2022 – 2023 (VÒNG II) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) a2 b2 a2 b2 1. Rút gọn biểu thức P = − − ( a + b )(1 − b ) ( a + b )(1 + a ) (1 + a )(1 − b ) x y z x2 y2 z2 2. Cho + + 1 . Chứng minh rằng: = + + 0 = y+z z+ x x+ y y+z z+ x x+ y Câu 2. (4,0 điểm) x x x 1. Tìm x biết: x + + + ... + =4043 1+ 2 1+ 2 + 3 1 + 2 + 3 + ... + 4043 2 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x + và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x là x số hữu tỉ. Câu 3. (4,0 điểm) 4 3 3 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x + y = xy + 1 n 2 2 2. Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng = x + 3 y , trong đó x, y là các A số nguyên. Chứng minh rằng nếu A∈ S và A là số chẵn thì A chia hết cho 4 và ∈ S. 4 Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Vẽ NH vuông góc với CM tại H, HE vuông góc với AB tại E. Trên tia NH lấy điểm K sao cho NK = CM. a) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông b) Chứng minh HM là tia phân giác của góc BHE c) Giả sử  = 1350 . Chứng minh 2HA2 HB 2 − HC 2 AHC = Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm GTNN của a 3 + b3 b3 + c 3 c3 + a3 P= 2 + + a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 ---------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1
PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM Biểu chấm gồm 04 trang KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 (VÒNG II) NĂM HỌC 2022 – 2023 Câu Hướng dẫn giải Câu 1 4.0điểm a2 b2 a2 b2 Rút gọn biểu thức P = − − ( a + b )(1 − b ) ( a + b )(1 + a ) (1 + a )(1 − b ) a2 (1 + a ) − b2 (1 − b ) − a2 b2 ( a + b ) a3 + a 2 − b 2 + b3 − a 2 b 2 ( a + b ) Ta có P = = 0.5 ( a + b )(1 − b )(1 + a ) ( a + b )(1 − b )(1 + a ) (a 3 ) ( ) + b3 + a 2 − b 2 − a 2 b 2 ( a + b ) (a + b) (a 2 ) − ab + b 2 + ( a − b )( a + b ) − a 2 b 2 ( a + b ) 0.5 = = ( a + b )(1 − b )(1 + a ) ( a + b )(1 − b )(1 + a ) ( a + b ) ( a − ab + b + a − b − a b ) ( a 2 2 2 2 2 ) − a2 b2 + ( a − ab ) + b2 − b ( ) = = 0.5 ( a + b )(1 − b )(1 + a ) (1 − b )(1 + a ) = (1 − b ) ( a b + a + a − b ) a2 (1 − b )(1 + b ) + a (1 − b ) − b (1 − b ) 2 2 = 1.a (1 − b )(1 + a ) (1 − b )(1 + a ) 2.0điểm = ( a b + a + a − b ) ( a + a ) + ( a b − b ) a ( a + 1) + b ( a + 1)( a − 1) = = 2 2 2 2 0.5 1+ a 1+ a 1+ a = ( a + 1)( a + ab − b ) =a + ab − b (1 + a ) x y z x2 y2 z2 2.0 2. Cho + + 1 . Chứng minh rằng: = + + 0 = y+z z+ x x+ y y+z z+ x x+ y điểm x y z Nếu x + y + z = 0 thì + + ≠ 1 ⇒ x + y+z≠0 0.5 y+z z+ x x+ y x y z Ta có: + + 1 = y+z z+ x x+ y x y z 0.25 Nếu x + y + z = 0 ⇒ + + ≠ 1⇒ x + y + z ≠ 0 y+z z+ x x+ y  x y z  1.b ⇒ ( x + y + z)  + +  = x+y+z  y+z z+ x x+ y  0.75 2.0điểm 2 2 2 x y z ⇒ +z+ +y+ +x = x+y+z y+z z+ x x+y x2 y2 z2 ⇒ + + 0 = y+z z+ x x+ y 0.5 Câu 2 4.0điểm 1 x x x 2.0 1. Tìm x biết: x + + + ... + =4043 2.0điểm 1+ 2 1+ 2 + 3 1 + 2 + 3 + ... + 4043 điểm 2
x+ 2x 2x + + ... + 2x =4043 0,5 2.3 3.4 4043.4044 1 1 1 1 Ta có: 2 x  + + + ... +   =4041 0,5  1.2 2.3 3.4 4043.4044   1 1 1 1 1  2 x 1 − + − + ... + − =4043 0.25  2 2 3 4043 4044   1  2 x. 1 − =4043  4044  4043 0,5 x. = 4043 2022 x = 2022 Vậy x = 2022 0,25 2 2.0 2. Cho số thực x khác 0 thỏa mãn x + và x 3 đều là số hữu tỉ. Chứng x điểm minh x là số hữu tỉ. 2 2  2 4 4 Ta có x + ∈  suy ra  x +  = x2 + 2 + 4 ∈  ⇒ x2 + 2 ∈  . x  x x x 0,5 2b 8 8  2  4  2.0điểm Mặt khác x 3 ∈  suy ra 3 ∈  suy ra x 3 − 3 =  x −  x 2 + 2 + 2  ∈  x x  x  x  4 4 2 0,75 Do x 2 + ∈  ⇒ x 2 + 2 + 2 ∈  nên suy ra x − ∈  . x 2 x x  2  2 0,75 Vậy 2x =  x +  +  x −  ∈  suy ra x ∈  (điều phải chứng minh)  x  x 4.0 Câu 3 điểm 1. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho x 4 + y 3 = xy 3 + 1 2.0 điểm Theo đề bài, ta có: x 4 + y 3 = xy 3 + 1 (*) ⇔ x 4 − 1 xy 3 − y 3 = ⇔ ( x − 1)( x3 + x 2 + x + 1) y 3 ( x − 1) ⇔ ( x − 1)( x3 + x 2 + x + 1 − y 3 ) = = 0 0.5 = 0 = 1  x −1 x ⇔ 3 2 3 ⇔ 3 2 x + x + x +1− y 0 = = 3 x + x + x +1 y +/ Xét x=1, thay vào (*) 1 0.5 ⇒ 1 + y 3 = y 3 + 1 ⇒ y = với ∀k ∈ Z k 2.0điểm +/ Xét x3 + x 2 + x + 1 = 3 y 2 1 3 Vì x + x + 1=  x +  + > 0 ⇒ x3 < x3 + x 2 + x + 1 2   (1)  4 4 Vì 5 x 2 + 11x + 7 > 0 ⇒ x3 + x 2 + x + 1 < x3 + x 2 + x + 1 + 5 x 2 + 11x + 7 ⇔ x 3 + x 2 + x + 1 < x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 ⇔ x 3 + x 2 + x + 1 < ( x + 2)3 (2) Từ (1) và (2) ⇔ x3 < x3 + x 2 + x + 1 < ( x + 2)3 ⇔ x3 < y 3 < ( x + 2)3 0.75 Mà x,y nguyên ⇒ y 3 = ( x + 1)3 ⇒ x3 + x 2 + x + 1 = ( x + 1)3 3
x = 0 ⇔ x3 + x 2 + x + 1 = x3 + 3x 2 + 3x + 1 ⇔ 2 x 2 + 2 x = 0 ⇔   x = −1 Xét x = 0 ⇒ y = 1 (tmđk) Xét x = - 1 ⇒ y = 0 (tmđk) Vậy các cặp số nguyên (x;y) ∈ {( 0; 1) ; ( −1; 0 ) ; (1; k )} với k ∈ Z 0.25 Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có dạng = x 2 + 3 y 2 , trong đó x, n y là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu A∈ S và A là số chẵn thì A 2.0 A điểm chia hết cho 4 và ∈ S. 4 Do A ∈ S nên tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn A x 2 + 3 y 2 . = Mà A là số chẵn nên x, y cùng tính chẵn lẻ. 2 Xét các trường hợp sau: 2.0điểm +) TH1: x, y cùng chẵn 0,5 2 2 A  x  y x  y ⇒ x 2  4; y 2  4 ⇒ A 4 và =  + 3   ∈ S (vì   ;   là các số nguyên  4 2 2 2  2 +) TH2: x, y cùng lẻ. Khi đó x 2 ; y 2 chia 4 dư 1 nên A chia hết cho 4 * Nếu x, y có cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4 A = x 2 + 3 y 2 ) =x + 3 y ) 2 + 3.( x − y ) 2 4( ( 2 2 0,5 A x + 3y   x− y x + 3y x − y Do đó: =   + 3.   ∈ S . Vì ; ∈Z 4  4   4  4 4 * Nếu x, y không cùng số dư khi chia cho 4. ta có: 4 A = x 2 + 3 y 2 ) =x − 3 y ) 2 + 3.( x + y ) 2 4( ( 0,5 2 2 A  x − 3y   x+ y x − 3y x + y Do đó: =  + 3.   ∈ S. Vì ; ∈Z 4  4   4  4 4 A 0,5 Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có A chia hết cho 4 và ∈ S. 4 Câu 4 6 điểm A E N M H B C F I K 4
+) Chứng minh ∆AMC = ∆CNK (C. G .C) 0.5 a  NCK ⇒ MAC = và AB = CK 0.25 2.0điểm   Mà MAC =900 ⇒ NCK =900 ⇒ KC ⊥ AC tại C 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình chữ nhật 0.5 +) Chứng minh tứ giác ABKC là hình vuông 0.25 Gọi I là trung điểm của CK, F là giao điểm của BI và KN +) Chứng minh tứ giác BMCI là hình bình hành 0.5 ⇒ MC / / BI +) Xét ∆BHK có BF vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ ∆BHK cân tại B 0.5 b  BHK ⇒ BKH =  (1) 2.0điểm   Lại có : BKH = EHN ( hai góc đồng vị và EH//BK) (2) 0.25  BHK  Từ (1) và (2) ⇒ EHN =     Mà EHN + MHE = BHK + MHB = 900 0.5  MHB ⇒ MHE =  Suy ra HM là tia phân giác của góc BHE. 0.25 A G H B C c  2.0điểm Trên tia CH lấy điểm G sao cho HAG = 900 Vì  = 0 ⇒  =450 AHC 135 AHG  Mà HAG 90 ⇒ ∆AHG vuông cân tại A ⇒ AG = và = 0 AH 0.25 2 2 2 2 GH = AH + AG = 2 AH Xét ∆AGB và ∆AHC có: AG = AH GAB  (  = HAC = 900 − BAH )  AB = AC ( vì ∆ABC vuông cân tại A) ⇒ ∆AGB = ∆AHC (c.g.c) 0.5 ⇒= AGB  AHC ( 2 góc tương ứng) = ⇒ AGB 135 0 Vì ∆AGB = ⇒ GB = (2 cạnh tương ứng) ∆AHC HC 0.5 5
Mà ∆AHG vuông cân tại A ⇒= AGH 450 0.5 ⇒ BGH =  −  =900  AGB AGH ⇒ ∆BGH vuông tại G Xét ∆BGH vuông tại G có: BG 2 + GH 2 = HB 2 ⇒ HC 2 + GH 2 = HB 2 ⇒ HC 2 + 2 AH 2 = HB 2 0.25 ⇒ HB 2 − HC 2 = 2 (đpcm) 2 AH Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm GTNN của 2.0 Câu 5 a 3 + b3 b3 + c 3 c3 + a3 P= 2 + + điểm a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 2 2 2 1 2 Chứng minh bất đẳng thức a − ab + b ≥ (a + ab + b ) 3 ⇔ 3a 2 − 3ab + 3b 2 ≥ a 2 + ab + b 2 0.5 2 2 ⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ 0 ⇔ 2(a − b) 2 ≥ 0 (luôn đúng) 1 Ta có: a 3 + b3 =+ b)(a 2 − ab + b 2 ) ≥ (a + b)(a 2 + ab + b 2 ) (a 3 1 3 3(a + b)(a 2 + ab + b 2 ) a +b a+b ⇒ 2 2 ≥3 2 2 = a + ab + b a + ab + b 3 0.5 2.0điểm 3 3 b +c b+c c +a 3 3 c+a Tương tự, 2 2 ≥ và 2 ≥ b + bc + c 3 c + ca + a 2 3 a+b b+c c+a 2 Do đó P ≥ + + = (a + b + c) 3 3 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c, ta có: 0,5 a + b + c ≥ 3 3 abc = (vì abc = 1) 3 2 ⇒ P ≥ .3 = 2 0,25 3 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1 0,25 Vậy GTNN của P là 2 tại a = b = c = 1 Điểm toàn bài 20 điểm 6