De chon dt hsg tinh toan 8 nam 2022 2023 phong gddt trieu son thanh hoa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN Số báo danh ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG TỈNH Năm học 2022 2023 Môn Toán Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 3 năm 2023 (Đề có 01 trang, g.

Trang 1

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN

…………………

Số báo danh

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG TỈNH Năm học 2022 - 2023

Môn: Tốn

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Ngày 17 tháng 3 năm 2023 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu)Câu 1: (4,0 điểm) 1 Cho biểu thức: 2222x 3x 2 x x 1 1P : x x 2 x 1 x 1 x 1                   a) Rút gọn P b Tìm x để 1 x 1 1.P8

2 Cho ba số thực a, b, c khác không thỏa mãn a 1 1 b 1 1 c 1 1 2

bccaab  và 3331a b c  Chứng minh rằng 1 1 1 1abc  Câu 2: (4,0 điểm) 1 Giải phương trình: 3 233 281 1xxxxx      

2 Tìm các cặp số (x; y) thỏa mãn các điều kiện: 2x y 1 2 6

y x    và 1 x yxy 4xy y x    Câu 3: (4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: xy x 12xyx23x

2 Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số tự nhiên thỏa mãn 1 12 12

ba

p  

Chứng minh rằng p là hợp số

Câu 4: (6,0 điểm)

1 Cho đoạn thẳng AB = 2a Gọi O là trung điểm của AB Dựng các tia Ax, By về cùng một phía của AB sao cho Ax, By lần lượt vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho COD ˆ 900

a Chứng minh 2

.

AC BDa và CDACBD.

b Kẻ OM vng góc với CD tại M, gọi N là giao điểm của AD và BC Chứng minh

rằng MN//AC.

2 Cho hình thang ABCD có đáy lớn là CD Gọi O là giao điểm của AC và BD Một đường thẳng cắt các đoạn AD, OD, OC, BC lần lượt tại M, N, P, Q sao cho MN=NP=PQ Chứng minh rằng CD=2AB

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực dương , ,x y z thoả mãn: xyyzxz3xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2222221 1 1yzxAx yy zz x     Hết -

Trang 2

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN

Hướng dẫn chấm

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI DỰ TUYỂN HSG TỈNH LỚP 8 Năm học 2022 - 2023

Môn thi: Toán

Ngày 17 tháng 3 năm 2023

(Hướng dẫn chấm có 05 trang, gồm 05 câu)

Câu Nội dung Điểm

1 (4,0đ) 1 2,5đ * ĐKXĐ: x 2,x  Ta có: 1.2222x 3x 2 x x 1 1P : x x 2 x 1 x 1 x 1                   12 ( 1) 1 1:(1)(2)11(1)(1)(1)(1)xxx xxxxxxxxxxx       = 1 : 211(1)(1)xxxxxxx      = 1 .( 1)( 1)12xxxx = 12xx Vậy với x 2,x  thì 1 P = 1.2xx0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 + Ta có: 1 1 1 2 1 1 0818xxxPx  216 ( 1) 8( 1)08( 1) 8( 1) 8( 1)xxxxxx       2 216 1 8 1 ( 3)0 0 18( 1) 1xxxxxx        

+ Nếu: x 3 0x 3 (1) luôn đúng với x 2,x  1.

Trang 3

 Xét ab Từ 3331a b c   c1 Suy ra: 1 1 1 1abc  Xét bc Từ 3331a b c   a1 Suy ra: 1 1 1 1abc Xét ca.Từ a3b3c31 b1 Suy ra: 1 1 1 1abcVậy 1 1 1 1

abc khi a, b, c khác không thỏa mãn:

a 1 1 b 1 1 c 1 1 2bccaab  và a3b3c31 0,25 0,25 2 (4,0đ) 1 2đ + Điều kiện:  x 1+ Ta có: 3233 2 233 31 1 1 1 1 1xxxxxxxxxxxxxxxx                                  0,25 0,5

Khi đó phương trình đã cho trở thành

Trang 4

+ Giải hệ trên ta có: 2214abab  + Với 1211 12xxxyyy      + Với 1114xxVNyy   ( ) KL Cặp số x y ;   1 1;0,5 0,5 0,5 3 (4,0đ) 1 2đ + Biến đổi 2 21 3xy x xyx  x  2 2221 1 2 11 1 1 1 1 2 1 (1)xyxxyxxxxyxxyxxxyxxyxx                        

+ Nếu x 1 0x1 thay vào (1) tìm được y 2; y  3

+ Nếu x 1 0x  : Khi đó VT(1) là tích hai số ngun liên tiếp, VP(1) 1là bình phương của số nguyên khác 0 Nên phương trình vơ nghiệm

KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện bài toán là: x y ; 1, 2 ; 1, 3     

Trang 5

4 (6,0đ) 1 NA ByxEOCDM0,25 0,25 0,5

* Kéo dài CO cắt tia đối của By tại E AOC = BOE (g.c.g )

=> CO = EO; AC = BE (các cạnh tương ứng)

=> tam giác DCE cân tại D (vì có đường cao DO đồng thời là trung tuyến)  DC= DE + Mà DE = BE + BD = AC + BD hay CD = AC + BD.0,25 0,25 0,25 0,25 b Ta có: ODM ~ ODB (g.g)  MO = BO  MO = AO

 ACO = MCO (cạnh huyền - cạnh góc vng)  MC = CA

+ Chứng minh tương tự ta có: MD = BD + Xét hai tam giác CAN và BDN

Có AC//BD (cùng vng góc với AB ) => ANAC

ND  BD (Hệ quả Định lí Ta-let) hay ANCM

ND MD (MC= CA; MD = BD ) => MN//AC (Định lí Ta-let đảo)

0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 2 a ACO và BOD có: CAO =OBD (= 900)

AOC =BDO (cùng phụ với

Trang 6

Chú ý:

1 Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa

2 Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà khơng vẽ hình thì khơng chấm điểm bài hình

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD

+ Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt DC tại E + Qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC tại F + ME cắt BD tại J, QF cắt CA tại K - Ta có: MJDJJEMJOAAO DOOC JE OCKQCKKFQKOBOB CO OD KF ODOAOBMJQKOC OD JE  KF+ Mặt khác: NMNJ 1;PKPQ 1NP  NO PO PN 

=> N, P lần lượt là trung điểm của OJ và OK => NP//JK + Nếu E không trùng với F Nối QE cắt JK tại I, ta có: KQJMIQKI/ /EFMQ//DCKF  JE  IE   (không đúng với gt) => E trùng với F 1.IJ.2IKNP+ Ta có: IJ 2MQ222.3JEOCIKCDABJMOA0.5 0.5 0.5 0.5 5 (2,0đ) Đặt 1 a, 1 b, 1 cx y z ; ta có: a b c, , là các số dương và a b c  3 Khi đó: 2 2 2111abcAbca Ta có: 22222112212aabababaabaaaab   b   b    b   (1) Tương tự: 212bbcbc   (2); 212cacca   (3)

Cộng vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được:

2221112abcab bc caAa b cbca  Ta lại có: a2b2c23ab bc ca  3 ab bc ca Từ đó 3 3 322A  A