Đề học sinh giỏi Toán 8 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Lương Tài – Bắc Ninh

UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn thi: Toán- Lớp 8
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09 tháng 4 năm 2024
I. PHẦN CHUNG (dành cho tất cả các thí sinh)
Bài 1. (4,0 điểm) 2 2
1) Rút gọn biểu thức: x + x  x +1 1 2 −  = : x P + +
với (x ≠ 0; x ≠ 1) ± 2  2 x 2x 1  x x 1 x x  − + − − 
2) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 4 2 x − 5x + 4 ; 3) Cho 2
4x −10x + 3 = 0 . Tính giá trị của biểu thức: 5 243 Q = 32x + . 5 32x
Bài 2. (3,0 điểm)
1) Tìm cặp số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn điều kiện: 2 2
x + 2y + 2xy + y = 2.
2) Tìm các số tự nhiên n để (n − )2 2 8 + 36 là số nguyên tố.
Bài 3. (3,0 điểm)
1) Tìm đa thức f (x) biết f (x) chia cho (x −3) dư 2; f (x) chia cho (x + 4) dư 9 và
f (x) chia cho ( 2
x + x −12) được thương là ( 2 x + 3) và còn dư.
2) Giải phương trình: ( x − )3 + ( − x)3 = (x )3 + (x )( 2 2 5 2 -3
-3 7x − 2052x + 2054)
Bài 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao A ;
D BE và CF cắt nhau tại H . Qua
B kẻ đường thẳng song song vớiCF cắt tia AD tại K .
1) Chứng minh A
∆ EF đồng dạng A ∆ BC 2) Chứng minh 2 AB = A .
D AK và HD HE HF + + = 1 AD BE CF
3) Gọi I là trung điểm BC . Tia HI cắt BK tại N. Chứng minh AN vuông góc EF II. PHẦN RIÊNG
1. Dành cho thí sinh bảng A
Bài 5. (4,0 điểm)
1) Cho x > 0, y > 0 và x ≥ 3− y . Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 28 1
A = 2x + y + + + 2023 x y
2) Cho tam giác ABC,M là điểm di chuyển trên đoạn BC.Từ M kẻ MD song song với
AC,ME song song với AB (D thuộc AB; E thuộc AC).Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ADME lớn nhất.
3) Giải bóng đá của một trường THCS có 10 đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai
đội bất kỳ đều thi đấu với nhau một trận và phân rõ thắng - thua ). Biết rằng đội thứ nhất thắng a 1
trận và thua b trận, đội thứ hai thắng a trận và thua b trận, ... , đội thứ 10 thắng a trận và thua 1 2 2 10
b trận. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2
a + a + a +...+ a = b + b + b +...+ b . 10 1 2 3 10 1 2 3 10
2. Dành cho thí sinh bảng B
Bài 5. (4,0 điểm) 1) Cho đa thức 2
f (x) = ax + bx + c nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên chứng minh rằng
2a ;b − a và c là các số nguyên và ngược lại.
2) Cho x, y là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ x 1+ y 1+ xy
---------- Hết ----------
Họ và tên thí sinh:.................................................................... ; Số báo danh:.................... HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 Hướng dẫn giải Thang điểm 1.1 (1,5điểm) 2 2 x + x  x +1 1 2 −  = : x P + +   2 2
x − 2x +1  x
x −1 x − x  2 2
x(x +1)  x −1 x 2 −  = : x P + + 0,25 đ 2 (x 1) 
 x(x 1) x(x 1) x(x 1)  − − − −  x(x +1) x +1 P = : 0,25 đ 2
(x −1) x(x −1)
x(x +1) x(x −1) P = . 0,5 đ 2 (x −1) x +1 2 x P = x −1 2 x 0,5 đ Vậy P =
( với x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ 1 − ) x −1 1.2 4 2 x − 5x + 4 (1,5điểm) 4 2 2
= x − 4x − x + 4 0.5 = ( 4 2
x − 4x ) −( 2 x − 4) 2 0.25 = x ( 2 x − 4) −( 2 x − 4) 0,25 = ( 2 x − 4)( 2 x − ) 1 0,25
= ( x + 2)( x − 2)( x + ) 1 (x − ) 1 0,25 1.3
+Ta thấy x = 0 thì VT = 3 ≠ VP ⇒ x = 0 không phải là nghiệm của phương (1,0 điểm) trình 2
4x −10x + 3 = 0 (1). Do đó x ≠ 0 . 3 3 ⇒ (1) ⇔ 2x + − 5 = 0 ⇒ 2x + = 5 2x 2x 0.25 a = 2x  a + b = 5 Đặt :  3 ⇒ b  =   . a b = 3  2x 5 0.25 Mà: 5 243 Q = 32x + = (2x)5  3  5 5 + = a +   b 5 32x  2x  2 2
*a + b = (a + b)2 − 2ab =19 0,25 3 3
*a + b = (a + b)3 −3ab(a + b) = 80 5 5
Q = a + b = ( 2 2 a + b )( 3 3 a + b ) 2 2
− a b (a + b) 2 = 19.80 − 3 .5 =1475 0,25 Bài 2 Hướng dẫn giải Thang điểm 2 2
x + 2y + 2xy + y = 2 2 2
4x + 8y + 8xy + 4y = 8 2 2
(2x + 2y) + (2y +1) = 9 0,5 đ Mà 9 = 02 + 32
Mà 2y +1 là số nguyên lẻ nên 2y +1 = 3 ± 0,5 đ * Trường hợp 1: 2.1 2y +1 = 3 (1,5điểm) y =1 Suy ra x = 1 − 0,5 đ * Trường hợp 2: 2y +1 = 3 − y = 2 − Suy ra: x = 2 Vậy x = 1;
− y =1 hoặc x = 2; y = 2 − n2 – 6n + 10)(n2 + 6n + 10)
- Để (n2 – 8)2 + 36 là số nguyên tố thì:
n2 – 6n + 10 = 1 hoặc n2 + 6n + 10 = 1 0,5 đ 2.2 Xét 2
n 6n 10 1    2 n 3  0  n  3 (1,5điểm) 0,5 đ
Khi đó (n2 – 8)2 + 36 = 37 là số nguyên tố (thoả mãn) Xét 2
n  6n 10 1    2
n 3  0  n 3(loại do n là số tự 0,5 đ nhiên)
Vậy n = 3 thoả mãn bài toán. Bài 3 Nội dung 1) Do f(x) chia cho 2
x + x −12 = (x −3)(x + 4) được thương là 2
x + 3 còn dư nên ta có :
f (x) = (x + )(x − )( 2 4
3 x + 3) + .ax + b 0.5 3.1. = − => = − + =
(1,5điểm) Cho x 4 f (x) 4a b 9 0.5
Cho x = 3 => f (x) = 3a + b = 2 Khi đó ta có hệ:  4 − a + b = 9 a = 1 −  ⇔ 3  a b 2 b  + =  = 5 0,5 3.2
Ta có ( x − )3 + ( − x)3 = (x )3 + (x )( 2 2 5 2 -3
-3 7x − 2052x + 2054)
(1,5điểm) Áp dụng hằng đẳng thức 3 3
a + b = (a + b)3 − 3ab(a + b) vào vế trái
phương trình với a = 2x −5;b = 2 − x ta được: 0,5
( x − )3 + ( − x)3 2 5 2 = (x − )3
3 − 3(2x −5)(2 − x)(x −3)
Khi đó phương trình trở thành
− ( x − )( − x)(x − ) = (x − )( 2 3 2 5 2 3
3 7x − 2052x + 2054) ⇔ (x − ) 2  x − x + +  ( 2 3 7 2052 2054 3 2
− x + 9x -10) = 0  0,5 ⇔ ( − x)( 2 3
x − 2025x + 2024) = 0 Bài 3 Nội dung
⇔ (3− x)(x − ) 1 (x − 2024) = 0 x = 3  ⇔ x =1  0,5 x =  2024 Câu 4 Nội dung A J E M F H B D I C K N
Ta có BE ⊥ AC nên  0 E A B = 90 0,25
Ta có CF ⊥ AB nên  0 AFC = 90 0,25 Xét A ∆ EB và A ∆ FC có  =  AEB AFC ( 0 = 90 ) ;  BAC chung 0,5 Suy ra A ∆ EB A ∆ FC (G-G) E A AB ⇒ = E A AF ⇒ = 4.1. AF AC AB AC 0,25
(2,0 điểm) Xét A ∆ EF và A ∆ BC có:  BAC chung 0,5 E A AF = (Chứng minh trên) AB AC Câu 4 Nội dung Suy ra A ∆ EF A ∆ BC (C-G-C) 0,25 Ta có
BK / /CF mà CF ⊥ AB Suy ra ⊥ ⇒  0 BK AB ABK = 90 0,25 ⊥ ⇒  0 D A BC ADB = 90 0,25 ⇒  =  0 ABK ADB = 90 Xét A ∆ BD và A ∆ KB có  =  ABK ADB( 0 = 90 ) 0,25  BAK chung Suy ra A ∆ BD A ∆ KB (g-g) 4.2. AB D A (2,0 điểm) ⇒ = 2 ⇒ AB = A . D AK (đpcm) 0,25 AK AB Ta có HD SHBC = ( HB ∆ C và A
∆ BC có chung cạnh đáy BC) 0,25 AD SABC HE SAHC = ( A ∆ HC và A
∆ BC có chung cạnh đáy AC) BE S 0,25 ABC HF SHAB = ( HA ∆ B và A
∆ BC có chung cạnh đáy AB) CF S 0,25 ABC HD HE HF S + S + S S HBC AHC HAB ABC + + = = = 1 (đpcm) AD BE CF S S 0,25 ABC ABC
Ta có CF / /BN (GT) suy ra  = 
IBN ICH (hai góc so le trong) Xét IB ∆ N và IC ∆ H có  = 
BIN CIH (đối đỉnh) 0,25 IB = IC (GT)  = 
IBN ICH (chứng minh trên) Do đó IB ∆ N = IC
∆ H (G − C − G) 0,25
⇒ IH = IN (hai cạnh tương ứng)
⇒ I là trung điểm HN 0,25 4.3. Gọi J là trung điểm AH
(2,0 điểm) Xét A ∆ HN có
I là trung điểm HN (Chứng minh trên) 0,25
J là trung điểm AH (cách vẽ)
⇒ IJ là đường trung bình của A ∆ HN
Suy ra IJ / / AN (1) 0,25 Chỉ ra BC IE IF   = =  2    0,25 Chỉ ra AH JE JF   = =  2    Câu 4 Nội dung
⇒ IJ là trung trực của EF . Suy ra IJ ⊥ EF (2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra AN vuông góc EF (đpcm) 0,25 Câu 5 Nội dung Ta có 2 2 28 1 A = 2x + y + + + 2023 x y  28   1  2 2 = +  7x + + 
y + 2x + y − 7x − y +   2023  x   y   28   1  2 2 = +  7x + + 
y + (2x −8x +8) + ( y − 2y + ) 1 + (x + y) +   2014  x   y  1.  28   1  = + 0,75  7x + + 
y + 2(x − 2)2 + ( y − )2 1 + (x + y) +   2014 (1.5đ)  x   y 
Áp dụng BĐT AM- GM cho hai số không âm ta được 1 1 + y ≥ 2 .y = 2 ; 28 28 + 7x ≥ 2 .7x = 28 y y x x
Lại có (x − )2 ≥ ( y − )2 2 2 0,
1 ≥ 0,(x + y) ≥ 3 suy ra A ≥ 2047 0,75
Dấu bằng xảy ra khi x = 2, y =1. Vậy GTNN của A là 2047 tại x = 2, y =1 2 (1,5điểm) A D E a2 b2 B C M = = = Đặt 2 2 S S S a S b ABC ; ; BDM CME Chứng minh B ∆ DM  B ∆ AD 2 0,25 2 Suy ra S  BM  a BDM = = S  BC    S BAC 2 2 S  CM  b 0,25 Tương tự: CME = =   S  BC  S BAC 0,25 a b BM CM Suy ra + = + = 1 S S BC BC Suy ra: = ( + )2 S a b 0,5 (a +b)2 1 Suy ra S = ab ≤ = S ADME 2 2 2 ABC 0,25
Dấu “=” xảy ra khi a = b, khi M là trung điểm BC. 3
(1điểm) Vì 10 đội bóng tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đều thi đấu với
nhau một trận), nên mỗi đội bóng sẽ lần lượt thi đấu với 9 đội bóng còn lại. Các
trận đấu luôn có 1 đội thẳng, 1 đội thua, Do đó:
+ Mỗi đội bóng sẽ thi đấu 9 trận ⇒ a + b = ≤ i ≤ i ∈
⇒ b = − a . i 9 i i 9(1 10; ) i
+ Tổng số trận đấu là 10.9 = 45 trận, Tổng số trận thắng của 10 đội bằng tổng số 2
trận đấu ⇒ a + a +...+ a = 45. 0,5 1 2 10 Xét: 2 2 2 2
b + b + b +...+ b = 9 − a + 9 − a + 9 − a + ...+ 9 − a 1 2 3 10 ( 1 )2 ( 2 )2 ( 3 )2 ( 10 )2 2 2 2 2
= 81−18a + a + 81−18a + a + 81−18a + a +...+ 81−18a + a 1 1 2 2 3 3 10 10
= 810 −18(a + a + a +...+ a ) 2 2 2 2
+ a + a + a +...+ a 1 2 3 10 1 2 3 10 2 2 2 2
= 810 −18.45 + a + a + a +...+ a 2 2 2 2
= a + a + a +...+ a . 1 2 3 10 1 2 3 10 0,5 Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2
a + a + a +...+ a = b + b + b +...+ b . 1 2 3 10 1 2 3 10 2ax(x +1) f (x) 0,5 =
+ (b − a)x + c 2 1,0
(2.5 điểm) *Vì đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên nên chọn x lần lượt các giá trị
0;1;-1 ta có 2a; b- a; c nguyên * Ngược lại 1,0
x nguyên; 2a nguyên; b-a nguyên; c nguyên thì đa thức nhận giá trị nguyên với
mọi x nguyên ( chú ý x(x+1) chia hết cho 2 1 1 2 + ≥ 1 2 2 ( ) 1+ x 1+ y 1+ xy  1 1   1 1  ⇔ − + − ≥     0 2 2 1+ x
1+ xy  1+ y 1+ xy 
x( y − x)
y(x − y) 0.5 ⇔ + ≥ 0 (1.5 điểm) ( 2 1+ x )(1+ xy) ( 2 1+ y )(1+ xy) 0.5
( y − x)2 (xy − )1 ⇔ ( ≥ 0 2 2 1 + x )( 2 1+ y ) ( )
Vì x ≥1; y ≥1⇒ xy ≥1⇒ xy −1≥ 0 (2) 0.5
⇒ BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng . Dấu " = "xảy ra khi x = y
Document Outline

• ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
• UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
• PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
• Môn thi: Toán- Lớp 8
• 1) Cho và . Tìm GTNN của biểu thức: