Bài 1: (4,0 điểm) a) Cho x – y = 2. Tính giá trị của biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2 b) Cho 1 1 1 2; a b c abc. a b c + + = + + = Chứng minh: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . a b c a b c + + = + + Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3 b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức g(x) = x2 + 3x – 10. Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố. b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 là số chính phương Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, O là trung điểm của BC. Vẽ tia Bx vuông góc với BC (Bx cùng phía với điểm A đối với đường thẳng BC). Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt Bx ở M. Đường thẳng qua O và song song với AB cắt AM ở D, AC ở F. Đường thẳng MO cắt AB ở E. a) Chứng minh rằng: EF = AO. b) BD cắt CM ở I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng. 2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP. Chứng minh rằng: IGMP Bài 5: (2,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 , , 1 ≤ ≤ a b c . Chứng minh rằng: a b c 1 ab bc ac 2 2 2 + + ≤ + + + Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.2 PGDĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH Biểu chấm gồm 02 trang HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 8 VÒNG I NĂM HỌC 2023 – 2024 Bài Nội dung cần đạt Điểm Bài 1 4,0đ a) Cho x – y = 2. Tính giá trị của biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2 2,0 Ta có: M = 2(x3 – y3) – 3(x + y)2 = 2(x – y)(x2 + xy + y2) – 3(x2 + 2xy+ y2) M = (x – y)2 Mà x – y = 2 nên M = (x – y)2 = 4. Vậy với x – y = 2 thì M = 4. 0,5 0,5 0,5 0,5 b) Cho 1 1 1 2; a b c abc. a b c + + = + + = Chứng minh: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . a b c a b c + + = + + 2,0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 1 1 1 2( ) 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 Vì a b c a b c a b c ab bc ca a b c a b c abc Mà a b c abc a b c a b c a b c + + = ⇒ + + = ⇒ + + + + + = + + ⇒ + + + = + + = + + = ⇒ + + = + + 0,75 0,5 0,75 Bài 2 4.0đ a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3 2,0 Đặt x – 3 = a; 2x – 1 = b thì 3x – 4 = a + b. Ta có: 3 3 3 3 0 3 0 1 ( ) 3 ( ) 0 0 2 1 0 2 0 3 4 0 43 x a x a b a b ab a b b x x a b x x = = − = + = + ⇒ + = ⇒ = ⇒ − = ⇒ = + = − = = Vậy 1 4 3; ; 2 3 x ∈ 1,5 0,5 b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức g(x) = x2 + 3x – 10. 2,03 Ta có: g(x) = (x +5)(x – 2) f(x) chia hết cho g(x) nên f(x) = (x +5)(x – 2).k(x) => f(2) = 0 và f(5) = 0 Từ f(2) = 0 => 8a + 4b + 10 – 50 = 0 => 2a + b = 10 (1) Từ f(5) = 0 => 125a + 25b – 25 – 50 = 0 => – 5a + b = 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra a = 1; b = 8 Vậy a = 1; b = 8 thì f(x) chia hết cho g(x). 0,25 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 4,0đ a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố. 2,0 Ta có: B = (n – 2)(n2 + n – 5) B là số nguyên tố nên (n – 2) và (n2 + n – 5) là ước của 1 + Nếu (n – 2) = 1 thì n = 3 khi đó B = 7 (chọn) Nếu (n – 2) = 1 thì n = 1 khi đó B = 3 (chọn) Nếu n2 + n – 5 = 1 thì (n + 3)(n – 2) = 0 Với n là số tự nhiên nên n = 2 khi đó B = 0 (loại) Vậy n = 3 và n = 1 thì B là số nguyên tố. 0,5 0,5 0,5 0,5 b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 là số chính phương 2,0 Ta có: C n n n n n n n n n 2 2 7 2 7 = + + + + = 4 3 2 4 3 2 2 + + + + + = + + + n n n n 2 2 ( 1) ( +1) 7. Đặt n(n+1) = y ta có C = y2 + y + 7 Vì C là số chính phương nên : 7 ( ) 4 4 4 28 4 (2 1) 27 2 2 2 2 2 2 (2 2 1)(2 2 1) 27 2 2 1 2 2 1; 2 2 1 2 2 1 4 2 2 1 1 7 ) 2 2 1 27 6 6 ( 1) 6 ( ) 2; 3 2 2 1 1 ) 2 2 1 27 Ta có y y k k N k y y k y k y k y Vì k y k y k y k y k k y k k y y Khi y ta có n n n Z n n k y k k y + + = ∈ ⇔ = + + ⇔ − + = ⇔ − − + + = − − < + + − − + + + = − − = = ⇒ + + = = = + = ∈ ⇒ = = − − − = − ⇒ + + = − 7 ( ) 6 2 2 1 9 3 ) ( 1) 1 ( ) 2 2 1 3 1 2 2 1 3 3 ) ( ) 2 2 1 9 1 loai y k y k n n loai k y y k y k loai k y y = − = − − = = ⇒ ⇒ + = + + = = − − = − = − ⇒ + + = − = Vậy n = 2; n = 3 thì C là số chính phương. 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, O là trung điểm của BC. Vẽ tia Bx4 Bài 4.1 4,0đ vuông góc với BC (Bx cùng phía với điểm A đối với đường thẳng BC). Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt Bx ở M. Đường thẳng qua O và song song với AB cắt AM ở D, AC ở F. Đường thẳng MO cắt AB ở E. a) Chứng minh rằng: EF = AO. b) BD cắt CM ở I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng. 4,0 I E F D M B O H C A Câu 1 4,0đ 1. a) Ta có: Mà OA=OB nên OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại E và EA= EB. => BEO = 900 OD AB; AB ⊥ AC=>OD ⊥ AC tại F=> AFO = 900 Mà BAC GT = 90 ( ) 0 => AEOF là hình chữ nhật => AO = FE 0,5 0,5 1,0 1. b) Ta có ∆AOC cân ở O nên đường cao OD đồng thời là phân giác => ∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ⊥ ⇒ AOD COD OCD DC BC BM CD 900 và AD = CD. Gọi giao điểm của AI và BC là H. . ; ; . ; . IM BM AM MB CD IA CD IH CD BM IC CD AD IA AM AM CD Do IA CD IA DC MD MD IH IC AD IH CD Do IH MB MA MB CD AD MB MC MD MA MD AM CD IH IH IA EA EB IE BC MD ⇒ = = ⇒ ⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ Từ IEBC; EFBC=> E, I, F thẳng hàng. 0,5 0,5 0,5 0,55 Bài 4.2 2,0đ 2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP. Chứng minh rằng: IGMP 2,0 G D K I N P M 2. Ta có: ND là phân giác của tam giác MNP 5 5 5 : 2,5 ( ) 7 12 12 MD MN MD Ta có MD MP cm DP NP MP = = ⇒ = ⇒ = = MI là phân giác của tam giác MND 5 : 2 (1) 2,5 IN MN Ta có ID MD = = = Gọi K là trung điểm của MP. Vì G là trọng tâm của ∆ MNP nên GN 2 (2) NK = Tù (1) và (2) GN IN IG DK NK ID ⇒ = ⇒ Hay IG MP 0,5 0,5 1,0 Bài 5 2,0đ Do: 0 , , 1 ≤ ≤ a b c 2 2 2 2 2 ( 1);( 1);( 1) 0 ( 1)( 1)( 1) 0 ( 1)( 1)( 1) 1 1 0 1 1 1 1 0 , , 1 ; ; a b c a b c Do a b c a b c abc ab ac bc a b c abc ab ac bc a b c abc ab ac bc a b c ab ac bc abc ab ac bc a b c ab ac bc Do a b c a a b b c c a b − − − ≤ ⇒ − − − ≤ − − − = + + + − − − − ⇒ + + + − − − − ≤ ⇒ + + + − − − ≤ ⇒ + + ≤ + + + − ≤ + + + ⇒ + + ≤ + + + ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ⇒ + + ≤ + + + c ab ac bc
PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN NĂM HỌC 2023 – 2024 (VÒNG I) Ngày thi 02 tháng 12 năm 2023 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (4,0 điểm) a) Cho x – y = Tính giá trị biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2 b) Cho 1 1 1 1 c abc Chứng minh: + + = + + + + = 2; a + b + = a b c a b c a b c Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3 b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức g(x) = x2 + 3x – 10 Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 số nguyên tố b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 số phương Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông A, O trung điểm BC Vẽ tia Bx vng góc với BC (Bx phía với điểm A đường thẳng BC) Qua A vẽ đường thẳng vng góc với AO cắt Bx M Đường thẳng qua O song song với AB cắt AM D, AC F Đường thẳng MO cắt AB E a) Chứng minh rằng: EF = AO b) BD cắt CM I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng 2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm Gọi I giao điểm ba đường phân giác, G trọng tâm tam giác MNP Chứng minh rằng: IG//MP Bài 5: (2,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn ≤ a, b, c ≤ Chứng minh rằng: a + b + c ≤ + ab + bc + ac -Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm PGD&ĐT TP THANH HOÁ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH Biểu chấm gồm 02 trang Bài HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TỐN - VỊNG I NĂM HỌC 2023 – 2024 Nội dung cần đạt a) Cho x – y = Tính giá trị biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2 Điểm 2,0 Ta có: M = 2(x3 – y3) – 3(x + y)2 = 2(x – y)(x2 + xy + y2) – 3(x2 + 2xy+ y2) M = (x – y) Mà x – y = nên M = (x – y)2 = Vậy với x – y = M = Bài 4,0đ b) Cho 0,5 0,5 0,5 0,5 1 + + = 2; a + b + = c abc Chứng minh: a b c 1 1 1 + 2+ = + + a b c a b c 2,0 1 1 1 2 1 1 + + =4 Vì + + = ⇒ + + = ⇒ + + + a b c a b c ab bc ca a b c 1 2(a + b + c) ⇒ 2+ 2+ 2+ = a b c abc Mà a + b + c = abc 1 1 1 1 + + =2 ⇒ + + = + + a b c a b c a b c a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3 0,75 0,5 0,75 2,0 Đặt x – = a; 2x – = b 3x – = a + b Ta có: Bài 4.0đ x = = = a x − 3 ⇒ 2 x − = ⇒ x = a + b = (a + b) ⇒ 3ab(a + b) = ⇒ b = = a + b 3= x−4 x = 1,5 4 Vậy x ∈ 3; ; 3 0,5 b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức g(x) = x2 + 3x – 10 2,0 Ta có: g(x) = (x +5)(x – 2) 0,25 f(x) chia hết cho g(x) nên f(x) = (x +5)(x – 2).k(x) 0,75 => f(2) = f(-5) = (1) 0,25 Từ f(-5) = => -125a + 25b – 25 – 50 = => – 5a + b = (2) 0,25 Từ (1) (2) suy a = 1; b = 0,25 Vậy a = 1; b = f(x) chia hết cho g(x) 0,25 a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 số nguyên tố 2,0 Từ f(2) = => 8a + 4b + 10 – 50 = => 2a + b = 10 Ta có: B = (n – 2)(n2 + n – 5) B số nguyên tố nên (n – 2) (n2 + n – 5) ước 0,5 + Nếu (n – 2) = n = B = (chọn) Nếu (n – 2) = -1 n = B = (chọn) 0,5 Nếu n2 + n – = (n + 3)(n – 2) = 0,5 Với n số tự nhiên nên n = B = (loại) Vậy n = n = B số nguyên tố 0,5 b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 số phương 2,0 Ta có: C = n + 2n3 + 2n + n + = n + 2n3 + n + n + n + = n ( n + 1) + n(n +1) + Đặt n(n+1) = y ta có C = y2 + y + Bài 4,0đ Vì C số phương nên 0,25 Ta có : y + y + 7= k (k ∈ N ) ⇔ 4k 2= y + y + 28 ⇔ 4k − (2 y + 1) 2= 27 ⇔ (2k − y − 1)(2k + y + 1) = 27 Vì 2k − y − < 2k + y + 1; 2k − y − + 2k + y + = 4k 0,5 y −1 = 2k − = k ⇒ *) y + 27 = 2k += y Khi y = −3 ta có n(n + 1) = (n ∈ Z ) ⇒ n = 2; n = 2k − y − =−1 k = −7 ⇒ (loai ) *) k + y + = − 2 27 y = y −1 = 2k − 2= k *) (loai ) ⇒ ⇒ n(n + 1) = y +1 = 2k + 2= y 0,5 0,5 2k − y − =−3 k =−3 *) (loai ) ⇒ 2k + y + =−9 y =1 Vậy n = 2; n = - C số phương 0,25 1) Cho tam giác ABC vuông A, O trung điểm BC Vẽ tia Bx vng góc với BC (Bx phía với điểm A đường thẳng BC) Bài 4.1 Qua A vẽ đường thẳng vng góc với AO cắt Bx M Đường thẳng 4,0đ 4,0 qua O song song với AB cắt AM D, AC F Đường thẳng MO cắt AB E a) Chứng minh rằng: EF = AO b) BD cắt CM I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng M A D E B F I O H C a) Ta có: Mà OA=OB nên OM trung trực AB => OM ⊥ AB E EA= EB = 900 => BEO OD // AB; AB ⊥ AC=>OD ⊥ AC F=> AFO = 900 = 900 (GT ) Mà BAC => AEOF hình chữ nhật => AO = FE 0,5 0,5 1,0 b) Ta có ∆AOC cân O nên đường cao OD đồng thời phân giác = => ∆AOD = 900 ⇒ DC ⊥ BC ⇒ BM / / CD AD = CD ∆COD ⇒ OCD Câu 4,0đ Gọi giao điểm AI BC H IM BM AM = = ⇒ IA / / CD ⇒ IH / / CD / / BM IC CD AD IA AM AM CD = ⇒ IA= Do IA / / CD ⇒ DC MD MD IH IC AD IH CD = = = Do IH / / MB ⇒ ; MA = MB; CD = AD ⇒ MB MC MD MA MD AM CD ⇒ IH = ⇒ IH = IA; EA = EB ⇒ IE / / BC MD 0,5 MB / / CD ⇒ Từ IE//BC; EF//BC=> E, I, F thẳng hàng 0,5 0,5 0,5 2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm Gọi I 2,0 giao điểm ba đường phân giác, G trọng tâm tam giác MNP Chứng minh rằng: IG//MP M D K I G N P Bài 4.2 2,0đ Ta có: ND phân giác tam giác MNP Ta có : MD MN MD 5 = =⇒ = ⇒ MD = MP = 2,5 (cm) DP NP MP 12 12 0,5 MI phân giác tam giác MND IN MN Ta có : = = = (1) ID MD 2,5 0,5 Gọi K trung điểm MP Vì G trọng tâm ∆ MNP nên Tù (1) (2) ⇒ GN = (2) NK GN IN = ⇒ IG / / DK Hay IG// MP NK ID Do: ≤ a, b, c ≤ (a − 1);(b − 1);(c − 1) ≤ ⇒ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≤ Do (a − 1)(b − 1)(c − 1) =+ a b + c + abc − ab − ac − bc − Bài 2,0đ ⇒ a + b + c + abc − ab − ac − bc − ≤ ⇒ a + b + c + abc − ab − ac − bc ≤ ⇒ a + b + c ≤ + ab + ac + bc − abc ≤ + ab + ac + bc ⇒ a + b + c ≤ + ab + ac + bc Do ≤ a, b, c ≤ ⇒ a ≤ a; b ≤ b; c ≤ c 2 1,0 ⇒ a + b + c ≤ + ab + ac + bc 0,5 0,5 0,5 0,5