1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

De hsg toan 8 vong 2 nam 2023 2024 truong thcs tran mai ninh thanh hoa

5 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề Đề Khảo Sát Chọn Đội Tuyển Toán 8 Vòng II Năm Học 2023 – 2024
Trường học Trường Thcs Trần Mai Ninh
Chuyên ngành Toán
Thể loại Đề Thi
Năm xuất bản 2023 - 2024
Thành phố Thanh Hoá
Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 333,8 KB

Nội dung

Bài 1: (4,0 điểm). a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n) Bài 2: (4,0 điểm). a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b 2 2 − chia hết cho 5 thì a b 4 4 − chia hết cho 5. b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x ( ) cho (x x − + 1 2 . )( ) Biết rằng đa thức P x ( ) chia cho (x −1) dư 7 và chia cho (x + 2) dư 1. Bài 3: (4,0 điểm). a) Tìm x biết: ( 1) 3 7 1 x x x x − + − = − ( 2 3 ) b) Tìm các số nguyên x y , thỏa mãn x x y y 4 2 2 + − − + = 20 0 Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. b) K là trung điểm của CF. 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. Bài 5: (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + 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 II NĂM HỌC 2023 – 2024 Bài Nội dung cần đạt Điểm Bài 1 4,0đ a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử. 2,0 Ta có: 8x y z xyz x y xy x y z xyz 3 3 3 + + − = + − + + − 6 (2 ) 6 (2 ) 6 3 3 2 2 2 2 2 (2 )(2 ) (2 ) 6 (2 ) (2 )(4 2 2 ) x y z x y z x y z xy x y z x y z x y z xy xz yz = + + + − + + − + + = + + + + − − − 0,75 0,75 0,5 b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2. Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n) 2,0 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 ( )( ) 0 0 Do a b x y a x a x y b y b Mà a b x y nên a x y b y b a x y b y b y b a x y b y b b y b y y b a x b y a x b y a x b y + = + ⇒ − + = − + + = + − = − ⇒ − + = − + ⇒ − + − − + =   = = ⇒ − + − − = ⇒   ⇒   + − − = + = + Xảy ra 2 trường hợp: TH1: b = y khi đó a = x thì an + bn = xn + yn TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y và b = x Khi đó an + bn = xn + yn Vậy với a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 thì an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n). 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 2 4.0đ a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b 2 2 − chia hết cho 5 thì a b 4 4 − chia hết cho 5. 2,0 Ta có: 4a 3ab 11b 5 ; 5a 5ab 10b 5 2 2 2 2 + − + −   ( ) ( ) ( ) + − − + − ⇒ + + ⇒ +    2 2 2 2 2 2 2 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 a 2ab b 5 a b 5 a b 5 ⇒ +  (Vì 5 là số nguyên tố) ⇒ − = + + − a b a b a b a b 5 4 4 2 2 ( )( )( )  0,5 0,5 0,5 0,5 b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x ( ) cho đa thức (x x − + 1 2 . )( ) Biết rằng đa thức P x ( ) chia cho (x −1) dư 7 và chia cho (x + 2) dư 1. 2,0 Do (x x x x − + = − 1 2 2 )( ) 2 + là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia P x ( ) cho (x x − + 1 2 )( ) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2. Gọi phần dư cần tìm là ax b a b + ∈ ( , ). Ta có tồn tại các đa thức Q x Q x Q x 1 2 3 ( ), , ( ) ( ) thỏa mãn: 0,25 0,753 ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 2 3 1 2 1 7 2 1  = − + + +   = − +   = + + P x Q x x x ax b P x Q x x P x Q x x ( ) ( ) 1 2 1 1 2 Vì P nên a b 7 7 Vì P nên a b = + = − = − + = Từ đó ta được 7 2 2 1 5   + = =   ⇔   − + = = a b a a b b Vậy phần dư cần tìm là: 2 5 x + . 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 4,0đ a) Tìm x biết: ( 1) 3 7 1 x x x x − + − = − ( 2 3 ) 2,0 Vì x x x x Do x x x 3 2 2 − = − + + + + > ∀ 1 ( 1) 1 ; 1 0 ( ) Nên ta xét 2 trường hợp TH1: Nếu x ≥1 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) 3 7 1 ( 1) 3 7 ( 1) 1 2 3 2 2 1 0 ( 1) 2 8 0 2 8 0 x x x x x x x x x x x x x x − + − = − ⇔ − + − = − + +  − = ⇔ − − = ⇔   − = ( ) ( ) 1 4  = ⇔    = x x tháa m·n tháa m·n TH2: Nếu x < 1 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 ( 1) 3 7 ( 1) ( 1) 3 7 ( 1) 1 1 0 ( 1) 2 4 6 0 2( 1) 3 0 3 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x − + − = − − ⇔ − + − = − − + +  − = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔   + = ( ) ( ) 1 3  = ⇔    = − x x kh«ng tháa m·n tháa m·n Vậy x∈ − {1; 3;4} 0,25 0,75 0,75 0,25 b) Tìm các số nguyên x y , thỏa mãn x x y y 4 2 2 + − − + = 20 0 (1) 2,0 Ta có: (1) x x 20 y y ⇔ + + = + 4 2 2 Ta thấy x x x x 20 x x 20 8x 4 2 4 2 4 2 2 + < + + ≤ + + + x x 20 8x x 4x 5x 20 (x 4)(x 5) 4 2 2 4 2 2 2 2 + + + = + + + = + + ⇔ + < + ≤ + + x x 1 y y 1 x 4 x 5 2 2 ( ) ( ) ( 2 2 )( ) Vì x, y∈ nên ta xét các trường hợp sau + TH1: y y 1 x 1 x 2 x x 20 x 3x 2 ( + = + + ⇔ + + = + + ) ( 2 2 4 2 4 2 )( ) ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± 2x 18 x 9 x 3 2 2 Với x 9 2 = , ta có y y 9 9 20 y y 110 0 2 2 2 + = + + ⇔ + − = ⇔ = = − y 10 ; y 11 (t.m) + TH2. y y 1 x 2 x 3 x x 20 x 5x 6 ( + = + + ⇔ + + = + + ) ( 2 2 4 2 4 2 )( ) 0,5 0,25 0,254 2 2 7 4x 14 x 2 ⇔ = ⇔ = (loại) + TH3. y y 1 x 3 x 4 ( + = + + ) ( 2 2 )( ) ⇔ = ⇔ = 6x 8 x 2 2 4 3 (loại) + TH4. x x 20 x 9x 20 4 2 4 2 + + = + + ⇔ = ⇔ = ⇔ = 8x 0 x 0 x 0 2 2 Với x 0 2 = , ta có y y 20 y y 20 0 y 5 ; y 4 2 2 + = ⇔ + − = ⇔ = − = 0,25 0,25 0,25 Bài 4.1 4,0đ 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông. Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K. Chứng minh rằng: a) Tam giác DFE cân. b) K là trung điểm của CF. 4,0 K L F D C E A B Câu 1 4,0đ a) Ta có ∆ABE đều nên AB = AE => ∆ABE tại A ⇒ = DAE  300 ∆ABD vuông cân tại A nên BDA  = 450 và DAF DFE  = ⇒ = 30 75 0 0  cm ∆ADE cân tại A Suy ra ∆DFE cân tại D. 0,5 0,75 0,75 b) Vì ADE CDE = ⇒ = 75 15 0 0  Từ DEF LEF  = ⇒ = 75 105 0 0  Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK ở L. Ta có DLC FEL DCL  = = ⇒ =  105 60 0 0  Suy ra: ∆ABE đều        60 ; 45 15 0 0 0 ; ; ( . . ) EBA DBA FBE FBE LDC DC BE FEB LCD FEB LCD g c g CL EF Mà CL FE CEFL là hình bình hành CK KF = = ⇒ = ⇒ = = = Λ = Λ ⇒ = ⇒ ⇒ = 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 4.2 2,0đ 2. Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM. Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H là trung điểm của MN. Vẽ MP vuông góc với IH. Gọi Q là trung điểm của IP. Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM. 2,05 O G Q L P N H M K I 2. Gọi O là trung điểm của PM=> OQ là đường trung bình của tam giác IMP => OQ IM => Mà IM vuông góc với HK=> OQ vuông góc với HK => Lại có MP vuông góc với HI => O là trực tâm của tam giác QHM => HO vuông góc với QM. Vì OH là đường trung bình của tam giác NMP nên OH PN NP vuông góc với QM. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 2,0đ Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c E a b b c c a = + + + + + Chứng minh được bất đẳng thức x m x m 2 2 2 ( ) y n y n + + ≥ + 2 2 2 4 4 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 4 4 4 : 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 2 2 ) : 2 2 2 2 2 2 a b c a b c Ta có E a b b c c a a a b b b c c c a x m x m a b c Áp dung ta có E y n y n a a b b b c c c a = + + = + + + + + + + + + + + + ≥ ≥ + + + + + + 2 2 1 1 4 2 3 2 ; 2 2 a b Vì a nên a a a b + + ≥ + ≥ ≥ 2 4 2 3 1 4 2 3 2 ; 2 2 c nên b b b c nên c c c + ≥ ≥ + ≥ + 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 2 2 ) 36 2 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 ( ) 12 a b c E a a b b b c c c a a a a b b b b c c c c a E E a b c a b c + + ≥ ≥ + + + + + + + + + + + + + ≥ ⇒ ≥ + + + + + 2 2 2 2 ( ) : 3 a b c Ta có a b c + + ≥ + + Mà a b c a b c 2 2 2 + + = ⇒ + + ≤ 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a ⇒ + + ≥ + + + + + Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,2

Trang 1

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 8 VÒNG II NĂM HỌC 2023 – 2024 Ngày thi 09 tháng 12 năm 2023 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Phân tích đa thức: 8x3 + y3 + z3 – 6xyz thành nhân tử

b) Cho a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 Chứng minh: an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n)

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Với a, b là các số nguyên Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b2 − 2 chia hết cho 5 thì −a4 b4chia hết cho 5

b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x( ) cho (x− 1)(x+ 2 ) Biết rằng đa

thức P x( ) chia cho (x− 1) dư 7 và chia cho (x+ 2) dư 1

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Tìm x biết: ( 1)x− (x2 + 3 7x− )= x3 − 1

b) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn x4 +x2 −y2 − +y 20 0 =

Bài 4: (6,0 điểm)

1 Cho hình vuông ABCD Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K Chứng minh rằng:

a) Tam giác DFE cân

b) K là trung điểm của CF

2 Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM Trên tia đối của HM vẽ N sao cho H

là trung điểm của MN Vẽ MP vuông góc với IH Gọi Q là trung điểm của IP Chứng

minh rằng: NP vuông góc với QM

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3

a b+ +b c+ +c a+ ≥ + +

- Hết -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Trang 2

PGD&ĐT 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 II

NĂM HỌC 2023 – 2024

Bài 1

4,0đ

a) Phân tích đa thức: 8x 3 + y 3 + z 3 – 6xyz thành nhân tử 2,0

Ta có: 8x3 + y3 +z3 − 6xyz= (2x y+ ) 6 (2 3 − xy x y+ ) +z3 − 6xyz

0,75 0,75 0,5

b) Cho a + b = x + y và a 2 + b 2 = x 2 + y 2 Chứng minh: a n + b n = x n + y n

0

Mà a b x y nên a x y b

y b a x b y

Xảy ra 2 trường hợp:

TH1: b = y khi đó a = x thì an + bn = xn + yn

TH 2: a + x = b + y mà a + b = x + y => a = y và b = x Khi đó an + bn = xn + yn

Vậy với a + b = x + y và a2 + b2 = x2 + y2 thì an + bn = xn + yn (với mọi số tự nhiên n)

0,5

0,5 0,5 0,5

Bài 2

4.0đ

a) Với a, b là các số nguyên Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b2 − 2 chia

Ta có: 4a2 +3ab 11b 5 ; 5a− 2 2 +5ab 10b− 2 5

2

⇒ + a b 5 (Vì 5 là số nguyên tố)

⇒a4 −b4 = a2 +b2 a b a b 5+ − 

0,5 0,5 0,5 0,5

b) Tìm phần dư của phép chia đa thức P x( ) cho đa thức (x− 1)(x+ 2 )

Biết rằng đa thức P x( ) chia cho (x− 1)7 và chia cho (x+ 2)1 2,0

Do (x− 1)(x+ 2)=x2 +x− 2 là đa thức bậc hai nên phần dư của phép chia P x( )

cho (x− 1)(x+ 2) là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2

Gọi phần dư cần tìm là ax b a b+ ( , ∈)

Ta có tồn tại các đa thức Q x Q x Q x1( ) ( ) ( ), 2 , 3 thỏa mãn:

0,25 0,75

Trang 3

( ) ( )( )( )

1 2 3

1 2

1 7

2 1

P x Q x x

P x Q x x

( )

1 2

− + =  =

Vậy phần dư cần tìm là: 2x+5

0,25 0,25

0,25 0,25

Bài 3

4,0đ

a) Tìm x biết: ( 1)x− (x2 + 3 7x− )= x3 − 1 2,0

x3 − = − 1 ( 1)x (x2 + +x 1 ;) Do x2 + + > ∀x 1 0 x

Nên ta xét 2 trường hợp

TH1: Nếu x≥ 1 ta có

1 0 ( 1) 2 8 0

2 8 0

x

x

− =

⇔ − − = ⇔  − =

1 4

 =

⇔ 

=



x x

tháa m·n tháa m·n

TH2: Nếu x < 1 ta có

1 0 ( 1) 2 4 6 0 2( 1) 3 0

3 0

x

x

− =

1 3

 =

⇔ 

= −



x x

kh«ng tháa m·n tháa m·n

Vậy x ∈ −{1; 3;4}

0,25 0,75

0,75

0,25

b) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn x4 +x2 −y2 − +y 20 0 = (1) 2,0

Ta có: (1) ⇔ x 4 + x 2 + 20 y = 2 + y

Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 x ≤ 4 + x 2 + 20 8x + 2

x + x + 20 8x + = x + 4x + 5x + 20 (x = + 4)(x + 5)

Vì x, y∈ nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1: y y 1( + =) (x 1 x 2 + )( 2 + 2)⇔ x 4 + x 2 + 20 x = 4 + 3x 2 + 2

Với x 2 = 9, ta có y 2 + = y 9 9 20 2 + + ⇔ y 2 + − y 110 0 =

y 10 ; y 11

0,5

0,25

Trang 4

2 2 7

2

+ TH3 y y 1( + =) (x 2 + 3 x)( 2 + 4) 6x2 8 x2 4

3

+ TH4 x 4 + x 2 + 20 x = 4 + 9x 2 + 20 ⇔ 8x 2 = ⇔ 0 x 2 = ⇔ = 0 x 0

Với x 2 = 0, ta có y 2 + = y 20 ⇔ y 2 + − y 20 0 = ⇔ = − y 5 ; y 4 =

0,25 0,25 0,25

Bài 4.1

4,0đ

1 Cho hình vuông ABCD Vẽ tam giác AEB đều nằm trong hình vuông

Đường thẳng AE cắt BD ở F, DE cắt FC ở K Chứng minh rằng:

a) Tam giác DFE cân

L

K F

C

D

E

Câu 1

4,0đ

a) Ta có ∆ABE đều nên AB = AE => ∆ABE tại A ⇒ DAE = 30 0

ABD

∆ vuông cân tại A nên BDA = 45 0 và DAF = 30 0 ⇒DFE = 75 0

c/m ∆ADE cân tại A

Suy ra ∆DFE cân tại D

0,5 0,75 0,75

b) Vì ADE= 75 0 ⇒CDE = 15 0

Từ DEF = 75 0 ⇒ LEF = 105 0

Từ C đường thẳng song song với AE cắt DK ở L

Ta có  DLC FEL= = 105 0 ⇒ DCL= 60 0

Suy ra: ∆ABEđều

( ) / /

FBE LDC DC BE FEB LCD

0,5

0,5

0,5 0,5

Bài 4.2

2,0đ

2 Cho tam giác IHK cân ở I đường cao IM Trên tia đối của HM vẽ N

sao cho H là trung điểm của MN Vẽ MP vuông góc với IH Gọi Q là

trung điểm của IP Chứng minh rằng: NP vuông góc với QM

2,0

Trang 5

O G L

Q

P N

M H

K I

2 Gọi O là trung điểm của PM=> OQ là đường trung bình của tam giác IMP

=> OQ //IM

=> Mà IM vuông góc với HK=> OQ vuông góc với HK

=> Lại có MP vuông góc với HI => O là trực tâm của tam giác QHM

=> HO vuông góc với QM

Vì OH là đường trung bình của tam giác NMP nên OH // PN

NP vuông góc với QM

0,5 0,5

0,5 0,5

Bài 5

2,0đ

Cho các số thực a,b,c dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 Chứng minh

rằng: 2a22 2b22 2c22 a b c

a b+ +b c+ +c a+ ≥ + +

Đặt E 2a22 2b22 2c22

+

+

:

Ta có E

2

c

E

+ +

+ + + + +

2

:

3

a b c

Mà a +b +c = ⇒ + + ≤a b c 2a22 2b22 2c22 a b c

Vậy 2a22 2b22 2c22 a b c

a b+ +b c+ +c a+ ≥ + + Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

Ngày đăng: 09/02/2024, 15:10