“Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán lớp 8 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP. Bắc Ninh” là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi HSG, giúp các em củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!
UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021-2022 Mơn: Tốn - Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Đề thi có 01 trang) Câu (4,0 điểm) x x : 2 x 1 x x x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P nhận giá trị nguyên Với x , tìm giá trị nhỏ P Câu (4,0 điểm) 1 1 1) Cho số a, b, c khác ; a b c ; 2021 Tính giá trị biểu 2021 a b c 1 thức: A a 2021 b 2021 c 2021 2021 2021 2021 a b c Cho biểu thức P 2) Giải phương trình x 1 3x x 2x Câu (4,0 điểm) 1) Cho hai số nguyên a, b thỏa mãn đồng thời điều kiện: a 4a b số nguyên chẵn 3ab 11b chia hết cho Chứng minh a b chia hết cho 20 x Giả sử đa thức P x x ax 2) Cho đa thức f x x1; x ; x ; x 4;x Tìm giá trị nhỏ A b có nghiệm f x1 f x f x f x f x 3) Tìm số tự nhiên x, y, z khác thỏa mãn x y3 2z x y z số nguyên tố Câu (7,0 điểm) Cho hình vng ABCD tâm O , lấy M đoạn OC , không trùng O Gọi S điểm đối xứng với B qua M , đường thẳng BS cắt CD L Gọi E giao điểm DM với BC ; F giao điểm AE CD,G giao điểm DE BF Gọi I K theo thứ tự giao điểm AB CG DG Chứng minh rằng: SL DS a) BL BD b) IE song song với BD c) AE vng góc với CG d) DL.BS BD.DS Câu (1,0 điểm) Cho 40 số nguyên dương a1; a2 ; ; a19 b1;b2 ; ;b21 thỏa mãn điều kiện: a1 a2 ; a j ;bk ;bp a19 i, j 200, 19;1 k, p b1 b2 b21 21 cho 200 Chứng minh tồn bốn số a j , bk HẾT bp a j bp bk HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021-2022 Mơn: Tốn - Lớp ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Hướng dẫn có 01 trang) Đáp án Câu 1.a (2,0 điểm) ĐK: x 1; x x P x x x2 x x2 x x x x2 c)(a 8x Ư (4) 8x 16 c) a b b c a c Nếu a b A Tương tự với hai trường hợp cịn lại có A Vậy A 2.2 (2,0 điểm) x2 3x x 2 1,0 x2 b)(b x2 x 1,0 2x 16 (x x 4)2 b với x 1,0 c 1,0 x2 1,0 { 1; 2; 4} x x Vậy giá trị nhỏ P x 2.1 (2,0 điểm) 1 1 1 2021 a b c 2021 a b c a b c a a b a b c c ac bc c ab a b ab c a b c abc a b c (a x x x Vì x nguyên nên để P nguyên x Hay x {1;3;0;4; 2;6} (thỏa mãn) Ta lại có P x 1 x : 2 x x 1 x2 x2 1 x2 x x2 Vậy P x 1.b (2,0 điểm) P Điểm 1,0 x x2 2x x 2x 1,0 x Với x Với x x x 2x 1 0 x 2x x x x 2 2 x 0 x x x 2x 0 (vô nghiệm) 1,0 x 3.1 (1,0 điểm) Vì a b số chẵn nên a b chẵn suy a b (1) Vì 4a 3ab 11b 5a 5ab 10b 5a b)2 (a 10b 5ab a 4a 11b hay 3ab a2 b b (2) 0,5 nên từ (1) (2) suy a Do 4;5 0,5 b 20 3.2 (2,0 điểm) Vì đa thức P(x ) Nên P(x ) x Ta có f (x ) x2 x1 x1 x1 x5 ax x1 x x2 x (x x2 4a x4 x 2) nên A x3 x3 (32 x3 x 2)(x x2 x2 P(2) P( 2) b có nghiệm x1; x ; x ; x ; x x4 b)( 32 f x1 f x f x f x f x x5 x3 x4 x5 4a 1,0 f x1 f x f x f x f x x4 x1 b) x2 b)2 (4a x5 x3 1024 x5 x4 2 x5 1024 1024 dấu xảy 4a 1,0 b z3 z (2) 3.3 (1,0 điểm) (x 1)3 Ta có (x y3 2z 1)3 y3 (*) z3 Từ (1) (2) suy x (x 1)3 y z (x y z y3 z3 (x 1) mà x y 3z 3 (1) 1)3 z (x 1) y3 y số nguyên tố nên x y z x y z TH1: x 2, y z thỏa mãn (*) TH2: x y 1; z không thỏa mãn (*) TH3: x z 1; y không thỏa mãn (*) Vậy x 2, y z 4.a (2,0 điểm) 0,5 B A E O I K G M 1,0 L D H S 0,5 C F Do O trung điểm BD , M trung điểm SB nên OM đường trung bình tam giác BDS OM / /DS DS BD Tam giác BDS vuông D Mà OM BD Mà g BDL 45o nên DL phân giác tam giác BDL SL BL DS BD 1,0 4.b (3,0 điểm) KE Do BK / /DF nên theo định lí Ta-lét, ta có: ED IK IG IB IK CD suy (1) IB CF CD GC CF KE BE AB Cũng theo định lí Ta-lét với AK / /DF , ta có: (2) ED EC CF IK KE Ta lại có AB CD nên từ (1) (2) suy IB ED Theo định lí đảo Ta-lét ta có IE / /BD Ta chứng minh IK IB 4.c (1,0 điểm) Ta có BD AC IE / /BD nên IE AC Tam giác ACI có CB AI ,IE AC nên E trực tâm tam giác ACI Suy AE CG 4.d (1,0 điểm) Kẻ DH vng góc BS H Ta có 2.SBDS BD.DS BS DH (1) Lại có DL DH (quan hệ đường xiên, đường vng góc) Từ suy DL.BS BS DL BS DH (2) a1 b21 bk 1,0 1,0 0,5 b1(1) TH2: Các tổng có tổng giả sử là: aj 1,5 BD.DS Dấu “=” xảy M trùng C (1,0 điểm) Xét tổng có dạng: am bn với m {1;2; ;19} n {1;2; ;21} Ta thấy có 19.21 399 tổng tổng nhận giá trị nguyên từ đến 400 (có 399 giá trị) TH1: Trong 399 tổng khơng có tổng 399 tổng nhận đủ giá trị từ đến 400 Suy tổng nhỏ tổng lớn 400 Khi a1 b1 a19 b21 400 suy a1 b1 a19 b21 200 a19 1,5 bp aj bp bk bp 0,5 bk (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm học sinh kết đến cuối cịn sai sót giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm trịn -Hết - ... CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 202 1-2 022 Mơn: Tốn - Lớp ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Hướng dẫn có 01 trang) Đáp án Câu... Ta-lét, ta có: ED IK IG IB IK CD suy (1) IB CF CD GC CF KE BE AB Cũng theo định lí Ta-lét với AK / /DF , ta có: (2) ED EC CF IK KE Ta lại có AB CD nên từ (1) (2) suy IB ED Theo định lí đảo Ta-lét... 1,5 bp aj bp bk bp 0,5 bk (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo