Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Công Liêm

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

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn tập và hệ thống kiến thức với ‘Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Công Liêm’ 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.

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 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Công Liêm

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS CÔNG LIÊM NĂM HỌC 2023-2024 MÔN THI: TOÁN – LỚP 8 Ngày thi: Ngày /01/2024 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) x +1 1− 2x 1− x Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: P =  2  + 2  − 1 :  3x + 3x 6 x − 3x  2 x a. Rút gọn biểu thức P. b. Tìm x ∈ Z để P có giá trị nguyên. c. Tìm x để P ≤ 1. Câu 2 ( 4,0 điểm ): 1 2 6 a) Giải phương trình sau: 2 + 2 = 2 x − 2x + 2 x − 2x + 3 x − 2x + 4 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : 5x2 – xy – 2y = 17 Câu 3 ( 4,0 điểm ): a) Cho a + b + c = 1 và a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng nếu x y z thì xy + yz + xz = 0. = = a b c b) Cho A = n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 (với n ∈ N, n > 1). Chứng minh A không phải là số chính phương. c) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có 5n + 2 + 26.5n + 82 n +1  59 . Câu 4 ( 6,0 điểm ): Cho hình thang ABCD ( AB / /CD, AB < CD ) . Gọi O là giao điểm của AC với BD và I là giao điểm của DA với CB. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. OA + OB IA + IB a) Chứng minh: = . OC + OD IC + ID b) Chứng minh: Bốn điểm I ; O; M ; N thẳng hàng. c) Giả sử 3AB = CD và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ giác IAOB theo S. Câu 5 ( 2,0 điểm ): Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c =. 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ab + bc + ca P = a 2 + b2 + c 2 + a 2 b + b2 c + c 2 a
Câu Nội dung Điểm 1 x ≠ 0, x ≠ , x ≠ ±1. a. ĐKXĐ: 2 0,5  x +1 1 − 2x  1− x P= 2 + 2 − 1 : Ta có:  3x + 3x 6 x − 3x  2 x 1  x +1 2x − 1  − ( x − 1) = 3 x( x + 1) − 3 x(2 x − 1) − 1 : 2 x  0,5 (4,0đ)    1 1  − 2x 2x = − − 1. =  3x 3x  x − 1 x − 1 0,5 1 2x x ≠ 0, x ≠ , x ≠ ±1 P= Vậy với 2 ta có x −1 . 2 P= 2+ ∈Z b. Ta có: x −1 0,5 ⇔ x − 1 ∈ Ư(2) mà Ư(2) = {±1; ±2} . 0,5 Từ đó suy ra x ∈ {− 1;0;2;3}. Kết hợp với ĐKXĐ được x ∈ {2;3} . 0,25 2x 2x x +1 P ≤1⇔ ≤1⇔ −1 ≤ 0 ⇔ ≤0 c. x −1 x −1 x −1 0,5 Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1 ≥ 0 ⇔ x < 1 và x ≥ −1 0,5 1 x ≠ 0, x ≠ . Kết hợp với ĐKXĐ được −1 < x < 1 và 2 0,25 a) 1 2 6 + 2 = 2 2 x − 2x + 2 x − 2x + 3 x − 2x + 4 0,5 Đặt t = x -2x + 3 = ( x-1) +2. Với t ≥ 2 2 2 Phương trình đã cho trở thành: t = 2 1 2 6 + = ⇒ 3t − 7t + 2 = 0 ⇔  1 2 0,5 Câu 2. t −1 t t +1 t =  3 (4 Kết hợp với ĐK ta được t = 2 điểm) Do đó ta có: ( x-1)2 +2 =2 => ( x-1)2 = 0. => x = 1 0,5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 0,5 b) 5x – xy – 2y = 17 2 => y(x + 2) = 5x2 – 17 => 5 x 2 − 17 5 x( x + 2) − 10( x + 2) + 3 3 0,5 y= = = 5 x − 10 + x+2 x+2 x+2 x, y nguyên suy ra x + 2 là ước của 3 => x + 2 ∈ {−1,1, −3,3} 0,5 Từ đó tìm được các cặp (x,y) = (-3,-28); (-1,-12); (-5,-36); (1,-4) 1 a) Từ a + b + c = 1 Bình phương hai vế suy ra ab + bc + ca = 0 0,5
Đặt x= y= z= k => x = ka, y = kb, z = kc 0,5 Câu 3. a b c (4 => xy + yz + xz = k2(ab + bc + ca) = 0. điểm) 0,5 b)Biến đổi A = n6 – n4 + 2n3 + 2n2 = n2(n4 – n2 + 2n + 2) = ... = 0,5 n 2 (n + 1)2 .(n 2 − 2n + 2) với n ∈ N, n > 1 thì n2 – 2n + 2 = (n – 1)2 + 1 > (n – 1)2 2 0,5 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n – 1) < n (vì n – 1 > 0) Vậy (n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 => n2 – 2n + 2 không là số chính phương ⇒ A không là số chính phương 0,5 c) 5n + 2 + 26.5n + 82 n +1 = 51.5n + 8.64n = ( 59 − 8 ) .5n + 8.64n = 59.5n + 8 ( 64n − 5n ) Vì ( 64n − 5n ) ( 64 − 5 ) nên ta có điều phải chứng minh Câu 4: OA + OB IA + IB a) Chứng minh: = . I OC + OD IC + ID Chứng minh được: ∆OAB đồng dạng với ∆OCD ( g − g ) A M B AB OA OB OA + OB Suy ra = = = (1) CD OC OD OC + OD Chứng minh được: ∆IAB đồng dạng với ∆IDC ( g − g ) O AB IA IB IA + IB Suy ra = = = ( 2) CD ID IC ID + IC C D N OA + OB IA + IB Từ (1) và ( 2 ) suy ra = OC + OD IC + ID b) Chứng minh: Bốn điểm I ; O; M ; N thẳng hàng. AB OA AM OA   Ta có: = ⇒ = ( 3) và BAC = DCA ( vì AB / /CD, so le trong ) ( 4 ) CD OC CN OC Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra ∆OAM đồng dạng với ∆OCN ( c − g − c ) Do đó  = CON . Suy ra M , O, N thẳng hàng (*) AOM  AB IA AM IA  Ta lại có: = ⇒ = ( 5 ) và I − chung ( 6 ) CD ID DN ID Từ ( 5 ) và ( 6 ) suy ra ∆IAM đồng dạng với ∆IDN ( c − g − c ) Do đó  = DNI . Suy ra M , I , N thẳng hàng (**) AMI  Từ (*) và (**) suy ra bốn điểm I ; O; M ; N thẳng hàng. c) Giả sử 3AB = CD và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ giác IAOB theo S
OB AB 1 S 1 S AOB 1 S 1 1 Ta có = = ⇒ AOB = ⇒ = ⇒ AOB =⇒ S AOB = ABD S OD CD 3 S AOD 3 S AOB + S AOD 1 + 3 S ABD 4 4 S AB 1 S ABD 1 S 1 1 Ta lại có ABD = = ⇒ = ⇒ ABD =⇒ S ABD = ABCD S S BDC CD 3 S ABD + S BDC 1 + 3 S ABCD 4 4 1 1 Do đó S AOB = = S ABCD S (7) 16 16 2 S IAB  AB  1 S IAB 1 S 1 1 1 Mặt khác =  =⇒  = ⇒ IAB =⇒ S IAB =S ABCD =S ( 8 ) S ICD  CD  9 S ICD − S IAB 9 − 1 S ABCD 8 8 8 1 1 3 Từ ( 7 ) và ( 8 ) suy ra S IAOB =S IAB + S AOB = S + S = S . 8 16 16 Câu 5. Kết hợp với giả thiết ta có ( ) ( 3 a 2 + b2 + c 2 = a + b + c a 2 + b2 + c 2 )( ) 0,5 =a + b + c + a b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca 2 3 3 3 2 Áp dụng bất đăngr thức Cauchy ta có a 3 + ab2 ≥ 2a 2b; b3 + bc2 ≥ 2b2c; c3 + ca 2 ≥ 2c2a ( ) ( ) 0,25 3 a 2 + b2 + c 2 ≥ a 2 b + b 2 c + c 2 a > 0 3 Suy ra Do đó ab + bc + ca ab + bc + ca P = a 2 + b2 + c 2 + ≥ a 2 + b2 + c 2 + 2 a b+b c+c a 2 2 2 a + b2 + c 2 (a + b + c)2 − (a 2 + b2 + c2 ) = a 2 + b2 + c 2 + 0,25 2(a 2 + b2 + c2 ) 9 − (a 2 + b2 + c2 ) = a 2 + b2 + c 2 + 2(a 2 + b2 + c2 ) Đặt t = a 2 + b2 + c 2 . 0,25 Từ giả thiết a + b + c = 3 ⇒ a + b + c ≥ 3 , do đó ta được t ≥ 3 2 2 2 Bất đẳng thức trên trở thành 9−t 9 1 3 1 t+ =t+ − ≥ 3+ − =4 2t 2t 2 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do t ≥ 3 . Vậy 0,25 a 2 + b2 + c 2 + ( 9− a +b +c 2 2 2 )≥4 ( 2 a 2 + b2 + c 2 ) ab + bc + ca a 2 + b2 + c 2 + ≥4 0,25 Suy ra P= a 2 b + b2 c + c 2 a
dấu đẳng thức xẩy ra tại a= b c 1 và giá trị nhỏ nhất của P là 4 = = 0,25