Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN – LỚP 8 NĂM HỌC 2022 – 2023 (Thời gian làm bài 120 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (5 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để c) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá[.]
ĐỀ THI OLYMPIC MƠN: TỐN – LỚP NĂM HỌC 2022 – 2023 (Thời gian làm 120 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (5 điểm) x x x 12 x 10 A : x 3 x x x2 x Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A A b) Tìm x để c) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm) x x x x x 2039 0 a) Giải phương trình sau: 2022 2021 2020 2019 a) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa mãn: x xy 2021x 2022 y 2023 0 Câu 3: (4 điểm) Cho số dương x , y , z thỏa mãn xyz 1 1 1 x xy y yz z zx a) Chứng minh b) Tìm giá trị lớn biểu thức: A x 1 2 y 1 y 1 2 z 1 z 1 x2 1 Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC) Kẻ đường phân giác góc BAC cắt cạnh BC D Kẻ đường cao AH ( H ∈ BC ) Từ D kẻ DE, DK vng góc với AB, AC (E∈ AB , K ∈ AC ) a) Chứng minh : AH2 = HB.HC b) Nối BK cắt DE M, nối CE cắt DK N Chứng minh rằng: MN // BC c) Gọi I giao điểm BK CE Chứng minh ∆ ABK đồng dạng với ∆ KAN ba điểm A, I, H thẳng hàng d) Gọi P giao điểm AM BD; F giao điểm BM AD Chứng AP BF DE minh rằng: MP + MF + ME ≥ Câu 5: (1 điểm) 2 Cho số nguyên m, n không chia hết cho 17 thỏa mãn m n 17 Chứng minh hai số m 4n n 4m có số chia hết cho 17 Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC MÔN: TOÁN – LỚP NĂM HỌC 2022 – 2023 CÂU Ý Câu a) (2 (5 điểm điểm) ) ĐÁP ÁN ĐKXĐ: x 3 x x x 12 x 10 A : x x x 3 x x x x 3 x x 3 x 12 x 3 x 3 x 10 A : x x x 3 x x x x x 12 x x 10 : x x 3 x 0,5 x2 x2 x : x 3 x x x x 0.5 x2 x 3 3 A= ⇔= với x 3 2 => 2x = 3x + ⇔ 2x2 -3x – = => (x – 3)(2x + 3) = ¿>¿ x – = 2x + = −3 => x = x = 3 x A Đối chiếu ĐK kết luận c) (1 điểm ) 0.5 b) (2,0 điểm ) Biểu điể m 0.25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 x Để A nguyên x nguyên x x ( x 9) 9x x 3 x 3 9x 0,25 9x 1; 3; 9 Hay x Ư(9) = Ta có bảng x+3 -1 -3 -9 x -2 -4 -6 -12 (tm) (tm) (tm) (tm) (tm) (tm) Vậy tập hợp giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên {-2; -4; 0; -6; 6; -12} Câu a) (2 (4 điểm điểm) ) x x x x x 2039 0 2022 2021 2020 2019 0,25 0,25 0,25 0.5 x x x x x 2023 1 1 1 1 0 2022 2021 2020 2019 x 2023 x 2023 x 2023 x 2023 x 2023 0 2022 2021 2020 2019 0.5 1 1 x 2023 0 2022 2021 2020 2019 0.5 1 1 0 Mà 2022 2021 2020 2019 nên x 2023 0 x 2023 Vậy phương trình có nghiệm x 2023 0.5 b) (2 điểm ) x xy 2021x 2022 y 2023 0 x xy x 2022 x 2022 y 2022 1 x x y 1 2022 x y 1 1 0.5 x 2022 x y 1 1 0.5 => x=2023 {x−2022=1 { x− y +1=1 x=2023 {x−2022=−1 {x=2021 x− y +1=−1 y=2023 => Hoặc Câu a) (2 (4 điểm điểm) ) b) (2 điểm ) 0,5 => 0,5 Ta tìm cặp số nguyên (x; y) là: (2023; 2023); (2021; 2023) 1 Ta có x xy y yz z zx xyz y = xyz x xy y yz y yz xyz xyz y x y yz y yz y yz = yz y = y yz y yz y yz 0,5 0,5 0,5 y yz 1 y yz = (đpcm) x 1 y x y x Ta có 2 Mặt khác lại có x y 2 xy, x, y nên x 1 0,5 0,25 y 2 xy x 2 x xy Do ta có: x y x 1 2 y 1 x xy Chứng minh tương tự ta có y 1 z 1 0,25 , dấu xảy y yz , dấu 0,25 0,25 xảy y z ; 1 2 z 1 x z zx , dấu xảy z x 1 1 A x xy y yz z zx (1) Từ ta có Theo câu a) ta có 1 1 x xy y yz z zx (2) A Từ (1) (2) ta có x y z x y z 1 xyz Dấu xảy Vậy giá trị lớn A đạt x y z 1 Câu 0,25đ (6 điểm) a) (1,25 điểm ) b) (1,5 điểm ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Vẽ hình đến câu a) 0.25 Ta có ^ BAH =^ ACH (cùng phụ với ^ HAC ) 0,25 0,25 0,25 ^ AHB= ^ AHC=900 ∆ AHB ∽∆ CHA ( g g) AH HB = CH AH AH2 = HC.HB 0,25 0.25 Xét □AEDK có ^ KAE= ^ AED=^ AKD=900 AD tia phân giác góc A Nên tứ giác AEDK hình vng AK = KD =DE=AE 0,25 Vì EM//AK theo Ta Let ta có EN BD = EC BC BE BD = ED//AC BA BC Và ND //BE EM BE = AK BA 0,25 0,25 0,25 EM EN EN EM = = Từ mà AK = ED AK EC Xét tam giác EDC có EC ED EN EM = nên theo định lý Talet MN// DC EC ED hay MN// BC c) (1,5 điểm ) d) (1,5 điểm ) 0,25 KN CK = Vì KN//AE AE AC KD CK = Và KD//AB AB AC KN KD KN AK (vì AE=KA=KD (cmt)) = = AE AB AK AB KN AK = Xét ∆ AKB ∆ KNA có ^ KAB= ^ AKN =900 AK AB ∆ AKB ∽ ∆ KNA (c.g.c) ^ KAN = ^ ABK Mà ^ ABK + ^ AKB=900 ^ KAN + ^ AKB=90 MI AN CMTT ta có NI AM I trực tâm ∆ ANM AI MN mà MN//BC AI BC Lại có AH BC nên A, I, H thẳng hàng Gọi diện tích tam giác ADB S Gọi diện tích tam giác ADM S1 Gọi diện tích tam giác AMB S2 Gọi diện tích tam giác MDB S3 Ta có S = S1 + S2 + S3 MM ' MP Kẻ MM’ BC M’ MM’// AH AH = PA S MM ' MP = = S AH AP S MF S ME Tương tự = = S BF S DE S S S MP MF ME =1 + + = + + S S S AP BF DE 1 Ta lại có (a +b+c)( + + )≥ với a,b,c số dương a b c HS chứng minh BĐT Áp dụng BĐT ta có Câu (1 điểm) 0,25 MP MF ME AP BF DE ( + + )( + + )≥ AP BF DE MP MF ME MP MF ME AP BF DE + + + + Mà =1 )≥ (đpcm) AP BF DE MP MF ME Trước tiên ta chứng minh hai số m 4n n 4m 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 có số chia hết cho 17 Thật xét tích 2 (do m n 17 17mn17 ) mà 17 số nguyên tố nên hai số m 4n n 4m phải có số chia hết cho 17 P m 4n n 4m 4 m n 17mn 17 0.5 Bây ta chứng minh có số chúng chia hết cho 17 Thật vậy, giả sử phản chứng hai số chia hết cho 17, suy m 4n n 4m 17 hay m n 17 mà 5;17 1 nên m n17 2 m n 2mn 17 m n 17 m n 17 Do hay mà m n 17 2;17 1 nên 2mn17 mà nên mn17 mà 17 số nguyên tố nên có số m n chia hết cho 17, mâu thuẫn giả thiết Kết luận 0.5 *Các ý chấm: 1)Học sinh làm đến đâu cho điểm đến theo số điểm tương ứng 2) Học sinh lập luận đầy đủ cho điểm tối đa 3) Nếu học sinh có cách giải khác với hướng dẫn chấm giáo viên chấm cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) 4) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm khơng làm trịn điểm thi