PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN ( ĐỀ THI ) ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán 8 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 23/03/2023 (Đề thi có 01 trang, gồm 05[.]
ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/03/2023 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) PHỊNG GD&ĐT NGA SƠN ĐỀ THI P Câu I: (4,0 điểm) Cho biểu thức x2 x x 1 x2 : x2 x 1 x x x2 x Tìm điều kiện xác định rút gọn P Tìm x để P Câu II: (4,0 điểm) Giải phương trình x x x 3 0 x 2 x x Cho a, b, c số không đồng thời 0, thỏa mãn a b c 0 Tính giá tri biểu thức a2 b2 c2 Q a2 b2 c2 b2 a c c2 b2 a Câu III: (4,0 điểm) Chứng minh f x x x 1 2022 x x 1 2023 chia hết cho g x x x Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2023 x y x y 2022 2 y 2022 4045 x 2023 Câu IV: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi O giao điểm hai đường chéo Trên cạnh AB, BC lấy điểm P, Q (Q không trùng với đỉnh hình vng) cho POQ 90 Đường thẳng AQ cắt đường thẳng DC N, đường thẳng OQ cắt đường thẳng BN K Chứng minh BPO CQO Tính diện tích tứ giác BPOQ theo a Chứng minh QK QO QB.QC Hãy tìm vị trí điểm P AB cho QO.QK lớn Khi P, Q thay đổi AB, BC POQ 90 1 có giá trị không đổi CK CN Câu V: (2,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a3 b3 c3 P a 3ab b b 3bc c2 c 3ca a HẾT Họ tên: ………………………………Số báo danh: ……… HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Nội dung Câu ĐKXĐ: x 0 I.1 2đ x 1 x x 1 x 1 x x2 : x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x x x x 1 x x 1 x x 1 x 1 x2 : : 2 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x P Điểm 0.5 x x x 1 x x x 1 : x2 2x 1 x x x x x 1 Vậy x 0, x 1 P x2 x 0.5 0.75 0.25 Theo câu ta có P x ; x 0; x 1; x x 1 x2 P x I.2 P 2đ x (tm) 2 x x x x 0 x 1 x 1 0 x 1(ktm) Vậy P x 2 ĐKXĐ: x 2; x 4 x 1 x 1 x 2 x 2đ x 1 x 1 x 2 12 0(1) x 2 x x 4 Ðat x 1 x a ;b x x a 3b (1) a 3b a 4b 0 a 4b 2x 3 0 x x 1 x 2 3 x 1 x 3 x x 3x 16 0(VN ) x x x 3(tm) x 1 x 2 *)a 4b x 1 x x x (tm) x x Vậy tập nghiệm phương trình S 3; 5 *)a 3b 0.5 0.5 0.5 0.25 II.1 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 ĐKXĐ: a b c ; b a c ; c a b Từ a b c 0 a b c b a c c b a a b c b a c 2 c b a a b c 2bc 2 b a c 2ac 2 c b a 2ab Nếu a 0, b 0, c 0 khơng thỏa mãn điều kiện a b c ; b a c ; c a b nên a, b, c 0 Khi 0.5 0.5 II.2 0,5 2đ Vì a+b+c=0 nên a3+ b3+ c3 = 3abc (2) 0,25 Do từ (1) (2) ta có: Q 3abc a, b, c 0 2abc 0,25 Đa thức g x x x x x 1 có hai nghiệm x 0, x 1 Ta có f 1 2022 12023 0 nên x 0 nghiệm đa thức f x nên f x III.1 2đ 0.5 chứa thừa số x Ta có f 1 12 1 1 2022 12 1 2023 0 0.5 x 1 0.5 nghiệm đa thức f x f x chứa thừa số x mà thừa số x; x khơng chứa nhân tử chung , 0.25 f x chia hết cho x x 1 Vậy f x x x 1 2022 x x 1 2023 chia hết cho g x x x 0,25 III.2 Với a, b, c > xét biểu thức: 2đ a b c d c b d a b c c d d a a b b c d a c d a b a d a c b c b b a d d c b c d a d c b a F 0.25 0.25 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có F a c ad bc b d ab dc 1 2 b c d a d c b a 4 a c ad bc b d ab dc b c d a 0.5 F 2 a c ad bc b d ab dc b c d a F 2 2 a c ad bc b d ab cd b c d a b c d a 2 Mặt khác : a b c d ab ad bc cd a b c d 2 2 2 0.5 a b c d 2ac 2bd a c b d 0 F 0 F 2 Đẳng thức xảy a = c, b = d Áp dụng với a 2023, b x, c y, d 2022 Ta có : 2023 x y 2022 2 Đẳng thức xảy x y y 2022 4045 x 2023 x 2022, y 2023 Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là: (x; y) = (2022; 2023) 0.5 IV.1 0.5 1,5đ 1.Xét BPO CQO , ta có : PBO QCO 45 (tính chất hình vng) BO CO (tính chất đường chéo hình BOP COQ (cùng phụ BQO) vuông) 0.5 0.25 BPO CQO c.g c S BPO S CQO 1 Mà S BQOP S BPO S BQO S BQOP SCQO S BQO S BOC S ABCD a 4 0.25 Vậy S BPOQ a 2.Vì BPO CQO (cmt ) BP CQ (2 cạnh tương ứng) BQ AP Vì CN / / AB ( gt ) BQ QA AP AQ CQ NQ PB QN 0.5 IV.2 PQ / / BN OQP QKB 45 (đồng vị) (1) Mà OQP OCQ BPO CQO 1,5đ Từ (1), (2) suy QKB OCQ 3 0.5 Mà BQK OQC (đối đỉnh) (4) Từ (3), (4) BQK ∽ OQC ( g.g ) QB QK QB.QC QK QO QO 0.5 QC 3.Theo kết câu 2, ta có QO.QK lớn QB.QC lớn đẳng thức AM-GM ta có IV.3 Áp dụng bất 2 0.5 1,5đ 0.5 a QB QC a QB.QC QB.QC 2 Do lớn a , tức là trung điểm BC QB.QC QB QC Q Suy P trung điểm AB Vậy P trung điểm AB QO.QK lớn 0,5 IV.4 4.Từ (5) ta có : QB QK mà (đối đỉnh) nên QO QC OQB CQK OBQ ∽ CKQ (c.g.c) 1,5đ OBQ CKQ 45 BKC BKQ CKQ 45 45 90 (theo (1) (6)) nên CK BN BK CK 1 Ta có : 7 BKC ∽ CKN ( g g ) CK KN CK BK KN CN KN 1 KCN ∽CBN g g 8 BN CN CN BN KN Từ (7) (8) ta có : 1 KN ( BN BK ) KN 9 2 2 CK CN BK BN KN BK BN KN BK BN 1 Vì CBN ∽ KBC ( g g ) CB BN 10 KB BC BK BN BC a Từ (9) (10) ta : không đổi (vì a khơng đổi) CK CN a V 2đ Với a, b, c >0 a+b +c=3 Ta có a3 a 3a b ab (3a b ab ) a 3ab b a 3ab b a 3a b ab a 3ab b 0.5 0.5 0.5 0.25 Theo bất đẳng thức a b 2ab , ta có a3 3a b ab ab(3a b) 2a b (1) a a 2 2 a 3ab b a 3ab b 5ab Áp dụng tương tự ta b3 2b c (2) b 3bc c 0.5 c3 2c a (3) 2 c 3ca a 0.5 Từ (1), (2), (3) ta có P a b c 5 Dấu “=” xảy a b c 1 0.5 0.25 Vậy MinP 3, a= b=c=1 Ghi : Câu IV học sinh không vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa