Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện An Dương

Việc ôn tập và hệ thống kiến thức với Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện An Dương 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. Cùng tham khảo và tải về đề thi này ngay bạn nhé!

UBND HUYỆN AN DƯƠNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 -2023 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Bài (2,0 điểm) Cho hai số a, b thỏa mãn a  b  9; ab  14 Chứng minh rằng: a  b  2(a  b )  755 Tìm đa thức bậc ba P ( x ) , biết P ( x ) chia cho đa thức  x  1 ,  x   ,  x  3 dư P  1  18 Bài (2,0 điểm) Giả sử p q số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p( p  1)  q(q  1) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho p   kq; q   kp Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  19  y Bài (2,0 điểm) Giải phương trình:  x  x   x  4x  Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2  b2  c2  (a  b  c) 3c  8a  14ca 3a  8b  14ab 3b  8c  14bc Bài (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF ( H thuộc BF ), đường thẳng AH cắt đường thẳng DC BC hai điểm M N Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh : AC  EF 1 Chứng minh :   AD AM AN Bài (1,0 điểm) Một giải bóng chuyền có đội bóng tham gia thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận) Biết đội thứ thắng a1 trận thua b1 trận, 2 2 2 đội thứ thắng a2 trận thua b2 trận, …., đội thứ thắng a9 trận thua b9 trận Chứng minh a12  a2  a32   a9  b12  b2  b32   b9 -Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh UBND HUYỆN AN DƯƠNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 -2023 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài Nội dung cần đạt 1 Cho hai số a, b thỏa mãn a  b  9; ab  14 Chứng minh rằng: (2,0đ) a  b  2(a  b )  755 Điểm Ta có: 0,25 2 2 a  b  (a  b)  2ab   2.14  53 0,25 a  b3  (a  b)3  3ab(a  b)  93  3.14.9  351 3 0,25  2(a  b )  2.351  702 2 3 0,25 Vậy: a  b  2(a  b )  53  702  755 Tìm đa thức bậc ba, biết P(x) chia cho  x  1 ,  x   ,  x  3 dư P  1  18 Theo định lí Bézout ta có: P 1  P    P  3  Do ta đặt P  x   d  c  x  1  b  x  1 x    a  x  1 x   x  3 0,25 Cho x  ta P     c , suy c  P  x     x  1  b  x  1 x    a  x  1 x   x  3 0,25 Cho x  ta P 1  d , suy d  P  x    c  x  1  b  x  1 x    a  x  1 x   x  3 Cho x  ta P  3   2b , suy b  P  x     x  1   x  1 x    a  x  1 x   x  3 Do P  x    a  x  1 x   x  3 Cho x  1 ta P  1   24a , 18   24a suy a  Vậy P  x    1. x  1 x   x  3 0,25 0,25 Rút gọn ta được: P  x   x  x  11x Giả sử p q số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p ( p  1)  q (q  1) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho p   kq; q   kp 0,25 p q 0 Nếu p  q ta có p   q    , điều vơ lí p, q  p  q 1 số nguyên tố 0,25 Do p  q , p, q số nguyên tố nên ( p  1) q; (q  1) p Như tồn số nguyên dương m, n thỏa mãn p   mq; q   np 0,25 Thay vào đẳng thức cho ta p.mq  q.np  m  n  p   kq Vậy tồn số nguyên dương k (  m  n) cho  q   kp  (2,0đ) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  19  y 0,25 Biến đổi phương trình cho ta : x  x  19  y  2( x  1)  y  21 0,25 Suy : y  21  y   y  0;1;4 0,25 Với y   2( x  1)  21 PT khơng có nghiệm nguyên x 1  x  Với y   2( x  1)  18  ( x  1)      x   3  y  2 x   y  1; x  2  y  1 Ta ( x; y )  (2;1);(2; 1);(4;1);(4; 1) 0,25 Với y   2( x  1)2  PT khơng có nghiệm ngun Vậy PT cho có nghiệm nguyên ( x; y ) là: ( 2;1);( 2; 1);(4;1);(4; 1) Giải phương trình:  x  x   x  4x  0,25 ĐKXĐ: x   x  x    x     x  0,25 Đặt x  x   y y   x  x    y  0,25 Phương trình cho trở thành: (2,0đ) y  5  y     y  y    y  5 y  1    y  y  1 loaïi  0,25 x  Với y  ta có x  x    x  x      x  Vậy PT cho có tập nghiệm là: S  0; 4 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 0,25 a2  b2 3a  8b  14ab 3b  8c  14bc Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  c2  (a  b  c) 3c  8a  14ca 0,25 3a  8b  14ab  (a  4b)(3a  2b)  (4a  6b)  2a  3b Tương tự ta có: 0,25 3b  8c  14bc  2b  3c; 3c  8a  14ca  2c  3a Do đó: 0,25 2 a b c   3a  8b  14ab 3b  8c  14bc 3c  8a  14ca a2 b2 c2    (1) 2a  3b 2b  3c 2c  3a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 0,25 2 2 a b c (a  b  c)     ( a  b  c ) (2) 2a  3b 2b  3c 2c  3a 2a  3b  2b  3c  2c  3a Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy khi: a  b  c Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF ( H thuộc BF ), đường thẳng AH cắt đường thẳng DC BC hai điểm M N Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh : AC  EF 1 Chứng minh :   2 AD AM AN E A B H F D (3,0đ) C M N  )  a) Ta có: MAD  ABF (cùng phụ với BAH   AB  AD ( gt ); BAF ADM  900 (ABCD hình vng)  ADM  BAF  g c.g   DM  AF , mà AF  AE ( gt ) nên AE  DM Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành 0,25 0,25 0,25  Mặt khác DAE  900 ( gt ) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật b) Ta có ABH # FAH ( g g ) AB BH BC BH   hay   AB  BC ; AE  AF  AF AH AE AH   HBC  Lại có: HAB (cùng phụ với  ABH )  CBH # AEH (c.g c) 2 S SCBH  BC   BC   CBH    4( gt )    , mà    BC   AE  S EAH  AE  S EAH  AE   BC  AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD  EF hay AC  EF c) Do AD / / CN ( gt ) Áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: AD AM AD CN     CN MN AM MN Lại có: MC / / AB  gt  Áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: MN MC AB MC AD MC    hay  AN AB AN MN AN MN 2 2 2 MN  AD   AD   CN   CM  CN  CM       1        MN MN  AM   AN   MN   MN  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 0,25 1  AD   AD        ( dfcm )    AM AN AD  AM   AN  Một giải bóng chuyền có đội bóng tham gia thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận) Biết đội thứ thắng a1 trận thua b1 trận, đội thứ thắng a2 trận thua b2 trận, …., đội thứ thắng a9 trận thua b9 trận Chứng minh a12  a2  a32   a9  b12  b2  b32   b9 (1,0đ) Mỗi đội bóng thi đấu với đội bóng khác hai đội gặp 0,25 trận nên đôi thi đấu trận   bi  (với i = 1;2;3; ;8) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 0,25 2 2 2 2 a1  a2  a3   a9    a1     a2     a3     a9   16  a1  a2  a3   a9   576 (1) Mặt khác, tổng số trận thắng đội tổng số trận đấu nên : 9.8 a1  a2  a3   a9   36 (2) Từ (1) (2) suy đẳng thức cần chứng minh Vậy a12  a2  a32   a9  b12  b2  b32   b9 * Chú ý: + Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa + Điểm toàn làm tròn đến 0,25 điểm 0,25 0,25