Đang tải... (xem toàn văn)
Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Tiền Hải” sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI Mơn Tốn: NĂM HỌC 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (5,0 điểm) 1) Phân tích đa thức x − 7x + thành nhân tử 2) Tìm cặp số (x; y) thỏa mãn đẳng thức: 2x − 2xy + y − 2x + =0 2x − x + 2x + với x ≠ 2, x ≠ − − x − 5x + x − − x Rút gọn biểu thức A tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Bài (4,0 điểm) 2x + 2x + 1) Giải phương trình: − = x + 5x + (x − 2)(x + 4) 3) Cho biểu thức: = A 2) Đa thức f (x) chia cho x + dư chia cho x + dư 2x Tìm đa thức dư f (x) chia cho (x + 1)(x + 2) Bài (3,5 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức: x y − x + 2y = 1 1 1 1 1 1 x + + y + + z + = 2) Các số x, y, z khác thỏa mãn x + y + z = −2 y z z x x y 2023 2023 2023 Tính giá trị biểu thức: T = x +y +z Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Từ H kẻ HE, HF theo thứ tự vng góc với AB, AC (E∈ AB, F ∈ AC) 1) Chứng minh: AH = AE.AB tam giác AEF đồng dạng với tam giác ACB , BAC theo thứ tự cắt AB, AC, BC theo thứ tự M, N , AHC 2) Phân giác AHB D Chứng minh: DM song song với AC tứ giác AMDN hình vng = HFI Chứng minh ba điểm A, I trung 3) Trên đoạn HC lấy điểm I cho BFH điểm HF thẳng hàng Bài (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD, BE, CF Chứng minh S= S= S∆DCE tam giác ABC tam giác ∆AFE ∆FBD Bài (1,5 điểm) Chứng minh số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x3 x + xy + y + y3 y + zy + z + z3 z + zx + x = x + y + z ≤ …….Hết…… Họ tên thí sinh…………………………………… Số báo danh………………… PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIỀN HẢI KỲ KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Gồm 06 trang) I Hướng dẫn chung 1.Hướng dẫn chấm trình bày bước cách giải Nếu thí sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa Bài làm thí sinh đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, thí sinh mà cơng nhận ý (hoặc làm ý không đúng) để làm ý mà thí sinh làm cho nửa số điểm ý Bài hình học, thí sinh vẽ hình ý chấm điểm ý đó, thí sinh vẽ sai hình khơng vẽ hình cho điểm hình Điểm thi tổng điểm câu làm khơng làm trịn II Đáp án thang điểm HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm Bài (5,0 điểm) 1) Phân tích đa thức x − 7x + thành nhân tử 2) Tìm cặp số (x; y) thỏa mãn đẳng thức: 2x − 2xy + y − 2x + = 2x − x + 2x + với x ≠ 2, x ≠ − − x − 5x + x − − x Rút gọn biểu thức A tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên 3) Cho biểu thức: A = 1) ( 2đ) x − 7x + = (x − x) − 6(x − 1) = x(x − 1)(x + 1) − 6(x − 1) = (x − 1) [ x(x + 1) − 6] 0,5 = (x − 1)(x + x − 6) = (x − 1)(x − + x − 2) = (x − 1) ( (x − 2)(x + 2) + (x − 2) ) 0,5 =(x − 1)(x − 2)(x + 3) ( ) ( ) 0,5 0,5 2x − 2xy + y − 2x + =0 ⇔ x − 2xy + y + x − 2x + =0 0,5 2 x y x 1 (*) 0,25 2)(1,5đ) Vì x y2 x, y 2 x 1 x 0,25 Do (*) x y x 1 x y Vậy x; y (1;1) 0,5 ĐKXĐ: x ≠ 2, x ≠ 3) (1,5đ) = A = 2x − x + 2x + − + ( x − 3)( x − ) x − x − x + 2x − = ( x − 3)( x − ) x + )( x − ) (= ( x − 3) ( x − ) x+4 x −3 1,0 Vậy A = x+4 với x ≠ 2, x ≠ x−3 Ta có: A= x+4 = 1+ x−3 x−3 Để A ∈ x − ∈ U(7) = {±1; ±7} ⇒ x ∈ {−4; 2; 4;10} Kết hợp với ĐKXĐ ta x ∈ {−4; 4;10} Bài (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 0,25 0,25 2x + 2x + − = x + 5x + (x − 2)(x + 4) 2) Đa thức f (x) chia cho x + dư chia cho x + dư 2x Tìm đa thức dư f (x) chia cho (x + 1)(x + 2) ĐK: x 4, x 1, x Phương trình cho tương đương với phương trình: 2x + 2x + − = (x + 1)(x + 4) (x − 2)(x + 4) 1 ⇔ + + 1) − = + + − + x x x x (2,0 đ) 1 ⇔ − = ⇒ ( x − − x − 1) = 3(x + 1)(x − 2) x +1 x − 2 ⇔ 3x − 3x = ⇔ 3x(x − 1) = ⇔ x = (thỏa mãn) x (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình 0; 1 Đa thức (x 1)(x 2) bậc nên dư f(x) chia cho (x 1)(x 2) có dạng ax bx c Do f (x) (x 1)(x 2)g(x) ax bx c +) f (x) chia cho x dư f (1) a b c (1) 2) ( 2đ) 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 +) f (x) (x 1)(x 2)g(x) ax bx c 0,25 (x 1)(x 2)g(x) ax 2a 2a bx c 0,25 (x 2)(x 1)g(x) a bx 2a c 0,25 f (x) chia cho x dư 2x bx 2a c 2x b 2a c Kết hợp với (1) ta a 1, b c 0,5 Vây đa thức dư x 2x Bài (3,5 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức: x y − x + 2y = 1 1 1 1 1 1 x + + y + + z + = 2) Các số x, y, z khác thỏa mãn x + y + z = −2 z x x y y z Tính giá trị biểu thức: T = x 2023 + y 2023 + z 2023 0,25 1) ( 2đ) x+3 ( x + > ∀x) x +2 x+3 ( x + 3)( x − 3) = x2 − 11 y nguyên ⇔ nguyên ⇒ nguyên = 1− 2 x +2 x +2 x +2 x +2 11 Điều tương đương với nguyên 11 x mà x +2 2 x x 11 x 3 ( ) x y − x + 2y = ⇔ y x + = x + ⇔ y = Với x 3 y (thỏa mãn) Với x y (loại) 11 Vậy cặp số nguyên cần tìm (-3;0) 2) ( 1,5) 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 1 1 1 1 1 1 x + + y + + z + = −2 z x x y y z 1 1 x 1 1 z 1 1 y ⇔ x + + + y + + + z + + = z x y y z x x y z 0,5 1 1 1 1 1 1 x y z y z x z x y x y z 1 1 1 1 x y z x y z xyz x y z 1 1 yx xy 0 0 x y z xyz xy z(x y z) 1 (x y) xz zy z xy (x y) xy z(x y z) 0,5 (x y)(y z)(z x) +) x y thay vào x + y + z =1 ⇒ z =1 ⇒ T =1 Tương tự y z 0, z x ta có T = 0,5 Vậy T = Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Từ H kẻ HE, HF theo thứ tự vng góc với AB, AC (E∈ AB, F ∈ AC) 1) Chứng minh: AH = AE.AB tam giác AEF đồng dạng với tam giác ACB theo thứ tự cắt AB, AC, BC theo thứ tự M, N D , BAC , AHC 2) Phân giác AHB Chứng minh: DM song song với AC tứ giác AMDN hình vng = HFI Chứng minh ba điểm A, I trung điểm 3) Trên đoạn HC lấy điểm I cho BFH HF thẳng hàng A 1) F N M E B D H C =( 900 ) E H = ⇒ ∆AHB ∽ ∆AEH (trường hợp +) Xét ∆AHB ∆AEH có (chung) A đồng dạng thứ 3) suy AH AB = ⇒ AH =AE.AB (1) AE AH 0,25 +) Chứng minh tương tự ta có AH = AF.AC (2) Từ (1) (2) suy AE.AB= AF.AC ⇒ Xét ∆AEF ∆ACB có đồng dạng thứ 2) đpcm 2) 0,5 AE AF = AC AB AE AF chung ⇒ ∆AEF ∽ ∆ACB (trường hợp = A AC AB BM BH BD AB = , +) Theo tính chất đường phân giác ta= có: (3) MA HA BC AC chung, H =A suy Hai tam giác HBA ABC đồng dạng với B HB AB = (4) HA AC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BM BD ⇒ DM ∥ AC Từ (3) (4) suy = BA DC 0,25 = 900 +) Ta có DM ∥ AC ⇒ DM ⊥ MA ⇒ DMA 0,25 = 900 Tự giác AMDN có DNA = NAM = AMN = 900 nên tứ Tương tự DNA giác AMDN hình chữ nhật 0,25 nên tứ giác AMDN hình Hình chữ nhật AMDN có AD phân giác MAD vng (đpcm) 0,25 K A 3) F B H C I +) Trên tia đối tia AC lấy điểm K cho AK = AF Vì HF∥ AB ⇒ 0,5 BH AF AK = = BC AC AC = HFI , mắt khác HF ⊥ AC ⇒ FC phân nên FH tia phân giác BFI +) BFH HI CI FI BH HI AK HI 0,25 giác BFI suy AI HB CB FB BC CI AC CI song song với KH AK AF AI qua trung điểm HF hay ba điểm A, I +) FHK có AI ∥ KH 0,25 trung điểm HF thẳng hàng Bài (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD, BE, CF Chứng minh S= S= S∆DCE tam giác ABC tam giác ∆AFE ∆FBD A F B E C D chung AFC AEB ( 900 ) suy AFC ∽ AEB A AF AC AF AE AE AB AC AB A chung Xét AFE AFE AF AE AFE ∽ ACB AC AB 0,5 0,25 2 SAFE AE SDFB DB , tương tự AB AB SACB SACB 0,5 AE 2 BD 2 Vì SAEF SBFE AE BD AB AB ABC (1) Xét AEB BDA (cạnh huyền góc nhọn) BAC ACB (2) Tương tự BAC BAC ACB ABC tam giác (đpcm) Từ (1) (2) suy ABC 0,25 0,25 0,25 Bài (1,5 điểm) Chứng minh số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x3 y3 z3 + + = Thì: x + y + z ≤ x + xy + y y + zy + z z + zx + x x3 2x − y Ta chứng minh, với x, y ta có: (1) ≥ x + xy + y (1) 3x (2x y)(x xy y ) 0,25 3x 2x 2x y 2xy yx xy y3 x y3 x y xy x x y y3 xy x (x y) y (y x) (x y) x y x y (x y) 0,25 với x, y dương y3 2y − z z3 2z − x Tương tự ta có: (2); (3) ≥ ≥ 3 y + zy + z z + zx + x 0,25 x3 y3 z3 x+y+z Từ (1), (2), (3) suy ra: + + ≥ 2 x + xy + y y + zy + z z + zx + x 0,25 x3 y3 z3 x+y+z Mà + + = 3⇒ ≤3 2 x + xy + y y + zy + z z + zx + x 0,25 ⇔ x + y + z ≤ (đpcm) Đẳng thức xảy x y z Đẳng thức xảy x y z 0,25