Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo và tải về "Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa" được chia sẻ sau đây để luyện tập nâng cao khả năng giải bài tập, tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp diễn ra. Chúc các em ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

UBND HUYỆN HIỆP HÒA ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1 (5,0 điểm): 1) Phân tích đa thức thành nhân tử a) x2 – x – 2022.2023 b) a3(b –c ) + b3( c – a) + c3( a – b) 2) T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn d¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi. 3) Cho f(x) = x3 + ax2 + bx + c. Biết f(x) chia cho x – 2 dư 5, f(x) chia cho x + 1 dư - 4. Tính M = ( a2019 + b2019)(b2021 + c2021)(c2023 + a2023) Bài 2 (4,0 điểm):  2x2 + 2 x2 − x + 1 x2 + 3  1 Cho A =  3 + 4 2 − 3 2 : ( x ≠ 1)  x − 1 x + x + 1 x − x + 3x − 3  x − 1 1) Rút gọn A 2) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 3 (4,0 điểm): 1) Cho x, y, z khác 0 thỏa mãn : 1 1 1 1 x+y+z= ; và + + >0 2 x y z Chứng minh rằng: M =( x3 + y3)(y2013 + z2013)(z2023 + x2023) = 0 2) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn 5(a3 + b3) = 13(c3 + d3) Chứng minh rằng a + b + c + d chia hết cho 6 Bài 4 (6,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho góc IOM bằng 900. Gọi N là giao điểm của AM và CD. a) Chứng minh BI = CM b) Tính diện tích tứ giác BIOM theo a 1 1 1 c) Chứng minh 2 = 2 + CD AM AN 2 Bài 5 (1,0 điểm): Với a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a5 b5 c5 a 3 + b3 + c3 + + ≥ a 2 + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 3 ------- Đề gồm 01 trang-------
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC MÔN THI: TOÁN 8 Bài Nội dung Điểm 1(5đ) 1) a) x2 – x – 2022.2023 = x2 – x – 2022(2022 +1) =x2 – x – 20222 – 2022 0,5 = ……( x + 2022)(x – 2023) 0,5 b) a3( b –c)+ b3( c – a) + c3 ( a – b) = a3( b – c) – b3( b –c) – b3( a – b) + c3( a – b) 0,5 = ……..= ( a – b)( b – c)(a- c)( a+ b + c) 0,5 2) Gäi c¸c c¹nh cña tam gi¸c vu«ng lµ x, y, z; trong ®ã c¹nh huyÒn lµ z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn d¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) 0.25 Tõ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z) z2 +4z = (x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4 = (x+y)2 - 4(x+y) + 4 0.5 (z+2)2 = (x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z = x + y - 4 ; thay vµo (1) ta ®îc : xy = 2(x+y+x+y-4) xy - 4x - 4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 0.25 Tõ ®ã ta t×m ®îc c¸c gi¸ trÞ cña x , y , z lµ : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10) 0.5 3) Gọi đa thức thương của f( x) cho x – 2 và x + 1 lần lượt là Q1 và Q2 Theo bài ra ta có f( x) = ( x – 2)Q1 + 5 = ( x + 1)Q2 – 4 0.25 Vì f(x) chia cho x – 2 dư 5 nên f(2) = 5 => 8 + 4a + 2b + c = 5  4a + 2b + c = -3 (*) 0.25 Vì f(x) chia cho x+ 1` dư – 4 nên f( - 1) = -4 => -1 +a – b + c = -4a – b + c = -3(**) 0.25 Từ * và ** => a = - b 0.5 Thay a = -b vào M ta có M = 0 0.25 2(4 đ)  2x2 + 2 x2 − x + 1 x2 + 3  1 1) A =  3 + 4 2 − 3 2 : ( x ≠ 1)  x − 1 x + x + 1 x − x + 3x − 3  x − 1 = 0,5 0,5 0,5 0,75 0,25 KL:……… 2) Ta có
x2 ≥ 0 2 2  1 3 x + x + 1=  x +  +  2 4 2  1 3 3 Vì  x +  + ≥ > 0 nên A ≥ 0 (1) 0.25  2 4 4 ( x + 2) 2 4 Xét hiệu − A =…………..= 3 3( x 2 + x + 1) 4 Lập luận => A ≤ (2) 0.25 3 4 0.5 Từ ( 1) và ( 2) => 0 ≤ A ≤ . Vì A là số nguyên nên A ∈ {0;1} 3 Với A = 0 => ……. x = 0 ( TM) Với A = 1 => …….. x = -1 ( TM) 0.5 KL… 3 (4đ) Ta có x + y + z = 0,5 (1) => 2x + 2y + 2z = 1 0,25 2 1 1 1 2x + 2 y + 2z 1 1 1 Ta có 2 + 2 + 2 + =4⇔ + +  =4   x y z xyz x y z 0,25 1 1 1  + + = 2 (2)( vì 1/x + 1/y + 1/z >0) x y z 0,25 1 1 1 1 Từ (1) và ( 2) => + + = x y z x+ y+z 0,25  ……. ( x + y)(y+z)(z + x) = 0 0,25 Nếu x + y = 0 => x = -y => x3 + y3 = 0=> M = 0 0,25 Nếu y + z = 0 ……………………=> M = 0 0,25 Nếu z + x = 0 => ………………………..=> M = 0 0,25 2) Ta có 5( a3 + b3) = 13( c3 + d3)  ……. a3 + b3 + c3 + d3 = 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) 0,25 Vì 6 chia hết cho 6 nên 6( a3 + b3 – 2c3 – 2d3) chia hết cho 6 0,25 => a3 + b3 + c3 + d3 chia hết cho 6 0,25 Xét hiệu ( a3 + b3 + c3 + d3) – ( a + b + c + d) 0,25 = ( a3 – a)+ ( b3 – b ) + ( c3 – c) + ( d3 – d) 0,25 Chứng ninh a3 – a; b3 – b; c3 – c chia hết cho 6 0,5 …=> a + b + c + d chia hết cho 6 0,25 4 0,5 a) Chứng minh ∆BIO = ∆CMO( g .c.g ) => BI = CM ( 2 cạnh tương ứng) 1,5 0,5 a) Ta có ∆BIO = ∆CMO nên S BIO = S CMO 0,5 S BMOI = S BOI + S BMO = 1,5
c) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AN cắt CD tại E Chứng minh AE = AM 0,5 Xét tam giác ANE vuông tại A có AD vuông góc NE có AD.NE AN . AE S AEN = = => AD.NE = AN.AE 2 2 => ( AD.NE)2 = ( AN.AE)2 (*) 0,5 Áp dụng định lý pytago ta có: NE2 = AN2 + AE2(**) 0,25 AN 2 + AE 2 1 (*) và (**) => …….=> 2 2 = 0,5 AN . AE AD 2 0.25 Vì AE = AM và CD = AD => đpcm 5 a3 2a − b (1 đ) Ta có 2 2 ≥ 3a 3 ≥ (2a − b)(a 2 + ab + b 2 ) (a, b,c>0) a + ab + b 3 3 3  a + b ≥ ab(a + b) …  (a-b)2≥0 (Luôn đúng) a3 2a − b a5 2a 3 − a 2 b 0,25 Do đó 2 ≥ 2 ≥ ; a + ab + b 2 3 a + ab + b 2 3 Chứng minh tương tự… a 3 + b 3 + c 3 a 3 + b 3 + c 3 − a 2b − b 2 c − c 2 a Ta được: VT ≥ + 0,25 3 3 Vì vai trò của a, b, c như nhau, nên ta giả sử a≥b≥c>0 a 3 + b 3 + c 3 − a 2b − b 2 c − c 2 a =a2(a-b)+b2(b-c)+c2(c-a) = a2(a-b)+b2(b-a+a-c)+c2(c-a)=(a-b)2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c)≥0 0,25 (Với mọi a≥b≥c>0). a 3 + b3 + c3 0,25 Từ đó => VT ≥ Dấu “=” xảy ra  a=b=c 3