THCS.TOANMATH.com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 8 đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán 8 năm học 2022 – 2023 phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Tam Dương, tỉnh Vĩnh Phúc; đề thi hình thức 100% tự luận với 09 bài toán, thời gian làm bài 120 phút. Trích dẫn Đề thi HSG huyện Toán 8 năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc:
+ Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?
+ Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.
+ Trên tờ giấy kẻ vô hạn các ô vuông và được tô bởi các màu đỏ hoặc xanh thỏa mãn: bất cứ hình chữ nhật nào có kích thước 2×3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Hỏi hình chữ nhật có kích thước 2022 x 2023 có bao nhiêu ô màu đỏ. Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về:
Facebook: TOÁN MATH
Email: [email protected] - 1. NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi : 19/12/2016 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2 2 6 5 5x xy y y x+ + − − . 2) Cho 3 2 a 3ab 5− = và 3 2 b 3a b 10− = . Tính S = 2 2 2016a 2016b+ Câu 2 (5,0 điểm) 1) Cho biểu thức A = 2 2 2 4 8 1 2 : 2 4 2 x x x x x x x x − + − ÷ ÷ + − − Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị của x để A < 0 2) Chứng minh rằng ( n2 + 3n + 1)2 - 1 chia hết cho 24 với n là số tự nhiên. Câu 3 (4,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 3x = x2 y + 2y + 5 2) Một đa thức P(x) chia cho 2 1x x+ + thì dư 1 - x và chia cho 2 1x x− + thì dư 3x + 5. Tìm số dư của phép chia P(x) cho 4 2 1x x+ + . Câu 4 (6,0 điểm) Gọi M là một điểm bất kì trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMCD, BMEF. 1) Chứng minh AE vuông góc với BC 2) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng. 3) Chứng minh đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB cố định Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 1 1 1 + + =1 xy yz xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 2 2 2 x y z + + yz(1+ x ) zx(1+ y ) xy(1+ z ) ------ Hết ------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................... ĐỀ CHÍNH THỨC
- 2. VÀ ĐÀO TẠO LỤC NAM HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP HUYỆN MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 03 trang Câu 1 Hướng dẫn giải 4 điểm 1 (1.5 điểm) 2 2 6 5 5x xy y y x+ + − − 2 2 ( ) (5 5 5 )x xy x xy y y= + − + + − 0,5 ( 1) 5 ( 1)x x y y x y= + − + + − 0.5 ( 1)( 5 )x y x y= + − + 0.5 2 (2.5 điểm) Ta có 3 2 a 3ab 5− = ⇒ ( ) 2 3 2 a 3ab 25− = ⇒ a6 - 6a4 b2 + 9a2 b4 = 25 0.5 và 3 2 b 3a b 10− = ⇒ ( ) 2 3 2 b 3a b 100− = ⇒ b6 – 6b4 a2 + 9a4 b2 = 100 0.5 Suy ra 125 = + + +6 6 2 4 4 2 a b 3a b 3a b 0.5 Hay 125 = ( )+ ⇒ + = 3 2 2 2 2 a b a b 5 0.5 Do đó S = 2016( 2 2 a b+ ) = 2016.5=10080 0.5 Câu 2 5 điểm 1 (3 điểm) Điều kiện xác định x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3 0.5 A = 2 2 2 4 8 1 2 : 2 4 2 x x x x x x x x − + − ÷ ÷ + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 8 1 2 2 : 2 2 2 x x x x x x x x x − + − − − + − − 0.5 ( ) ( ) ( ) 2 2 8 4 8 1 2 4 : 2 2 2 x x x x x x x x x − + − − + + − − = ( ) ( ) ( ) 2 8 4 3 : 2 2 2 x x x x x x x + − + − − 0.5 = ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 . 2 2 3 x x x x x x x + − + − − = 2 4 3 x x − Vậy A = 2 4 3 x x − với x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3 0.5 0.25 Với x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3 A < 0 ⇔ 2 4 3 x x − < 0 ⇔ x - 3 < 0 (do x ≠ 0 nên 4x2 > 0 ) ⇔ x < 3 Vậy x < 3 ; x ≠ 0 ; x ≠ ± 2 thì A < 0 0.5 0.25 2 (2 điểm) ( n2 + 3n + 1)2 - 1 = n( n + 1)(n + 2)(n + 3) 1 Lập luận để chỉ ra tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24. 1 Câu 3 4 điểm 1 (2 điểm) Ta có x3 + 3x = x2 y + 2y +5 ⇔ y = 3 2 x + 3x -5 x 2+ ⇔ y = x + 2 x 5 x 2 − + 0.5 Ta thấy y nguyên ⇔ 2 x 5 x 2 − + nguyên ⇔ x – 5 chia hết cho x2 + 2 0.5 => (x – 5)(x + 5) chia hết cho x2 + 2 hay x2 + 2 - 27 chia hết cho x2 + 2 => 27 chia hết cho x2 + 2, mà x2 + 2 ≥ 2 nên x2 + 2 { }3,9,27∈ 0.5 Xét các trường hợp ta được các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (-1; -3) và (5; 5). 0.5
- 3. = ( 4 2 1x x+ + ) Q(x) + R(x) ( Q(x) là đa thức thương, R(x) là đa thức dư có bậc 3≤ ) => P(x) = ( 2 1x x+ + )( 2 1x x− + ) Q(x) + R(x) => P(x) - R(x) M ( 2 1x x+ + )( 2 1x x− + ) 0.5 Nghĩa là R(x) có cùng số dư với P(x) khi chia cho 2 1x x+ + và 2 1x x− + . Khi đó: R(x) = ( 2 1x x+ + )(mx + n) + 1 - x R(x) = ( 2 1x x− + )(px + q) +3x + 5 0.5 Do đó: 1 3 1 5 2 ; 4 ; 0 m p n m q p n m p q n q m p n q = + = − + − =− + + + = + => = = − = = 0.5 Vậy đa thức dư R(x) phải tìm là: R(x) = 3 22 2 5x x x− + + + 0.5 Câu 4 6 điểm (6 điểm) O I' I H F C A BM D E 1) Chứng minh BE//MD. Chứng minh BE ⊥ AC Xét tam giác CAB có CM ⊥ AB, AE ⊥ BC ⇒ AE ⊥ BC 2, Gọi O là giao điểm của AC và DM. Do ·AHC = 900 nên OH=AC/2, do đó OH=DM/2 Tam giác MHD có đường trung tuyến HO=DM/2 nên ·MHD =900 Chứng minh tương tự ·MHF = 900 . Vây D, H, F thẳng hàng. 3) Gọi I là giao điểm của DF và AC, xét tam giác DMF có DO=OM, OI//MF nên suy ra ID=IF. Kẻ II’ ⊥ AB, chứng minh I’ là trung điểm của AB => II’=AB/2, do đó I cố định 0,5 0,75 0,75 0,5 0,75 0,75 0,5 0,75
- 4. điểm Từ 1 1 1 1 xy yz xz + + = => x + y + z = xyz Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1yz x yz x yz yz x x y z x y x z+ = + = + + + = + + Tương tự: ( ) ( ) ( )2 1xy z z y z x+ = + + ; ( ) ( ) ( )2 1zx y y z y x+ = + + 0.25 Nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x y z Q x y x z y z y x z x z y = + + + + + + + + = . . . x x y y z z x y x z x y y z x z y z + + + + + + + + 0.25 Áp dụng BĐT . 2 A B A B + ≤ (với A, B >0), Dấu "=" xảy ra khi A = B. Ta được 1 2 x x y y z z Q x y x z y x y z z x z y ≤ + + + + + ÷ + + + + + + = 3 2 Vậy giá trị lớn nhất của Q = 3 2 khi x = y = z = 3 . 0.25 0.25 Điểm toàn bài 20 điểm Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
|
