Hsg toán 8 2022 2023 diễn châu

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2020 2021 Môn Toán Lớp 8 –(Thời gian làm bài 120 phút) Câu 1 (3 điểm) Cho biểu thức a Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2020-2021

Môn: Toán - Lớp 8 –(Thời gian làm bài 120 phút)

Câu 1: (3 điểm)

Cho biểu thức:

:

A

a Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A

b Tìm x để A = -1

Câu 2: (6 điểm)

a Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1

Chứng minh rằng A 1 a2 1 b2 1 c2 là số chính phương

b Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0 

c Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d Tìm a, b, c, d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số dư là 6 và tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18

Câu 3: (3 điểm)

a Tìm x để biểu thức: 22 10

E



  với x 1 đạt giá trị lớn nhất

b Cho x > 0, y > 0, z > 0 và 1 1 1 4

2x y z   x 2y z  x y  2z 

Câu 4: (6 điểm)

Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm

F sao cho AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N

a Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật

b Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH

Chúng minh rằng: AC = 2EF

c Chứng minh rằng: 1 2 1 2 1 2

Câu 5: (2 điểm)

Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu

………Hết……….

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8

NĂM HỌC 2020-2021

1

Cho biểu thức:

:

A

a Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A

b Tìm x để A = -1

3

a

2đ +) Điều kiện xác định:

2

2

2 3

3

x

x









:

A







2 4 3

x x





0,5

0,5

0,5

0,25

0,25 b

1đ

2

2 4

3

x

x



2

4

x 

0,25 0,5

0,25

2 a)Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1

Chứng minh rằng A 1 a2 1 b2 1 c2 là số chính phương b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0 

c ) Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d Tìm a, b, c, d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số

dư là 6 và tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18

6

a

2đ

Ta có: ab + bc + ca = 1

0,5 0,5 0,5

 A 1 a2 1 b2 1 c2 a b  2 b c  2 a c 2  a b b c a c       2

Vì a, b, c là các số nguyên nên a b b c c a       Z

Suy ra A 1 a2 1 b2 1 c2 là số chính phương

0,25

0,25 b

2 đ

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là

x y;   2014; 2014  và x y ;   2012; 2014  

0,25 0,25 0,25

0,5

0,5

0,25

c

2 đ

+) Từ đề bài ta suy ra được f(x) – 6 chia hết cho x – 1; x – 2;

x – 3

+) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên ta có:

f(x) – 6 = m(x-1)(x-2)(x-3), trong đó m là hằng số khác 0 +) Lại có f(-1) = -18 => -18 - 6 = m.(-2).(-3).(-4) => m =1 +) Vậy f(x) -6 = (x-1)(x-2)(x-3) => f(x) = x3 – 6x2 +11x

=>a = 1; b = -6; c = 11; d = 0

0,5

0,5 0,5

0,5

3 a.Tìm x để biểu thức: 2

2

10

E



  với x 1 đạt giá trị lớn nhất

b Cho x > 0, y > 0, z > 0 và 1 1 1 4

2x y z  x 2y z x y  2z 

3

a

1,5đ

2

2

1

x x x E

x



1

Đặt 1

1

t x



 , ta có :  2  2

2

20 20 400

E t  t  t  t   

2

10

Vậy max E  39 1



0,5

0,5

0,25 0,25

b

1,5đ Áp dụng bất đẳng thức

x y x y (với x, y dương)

1 1 1 1 1

Tương tự ta có: 1 1 1 1 1

Từ (1), (2), (3) ta có :

1

Dấu “ = ” xảy ra 3

4

x y z

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

4 Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy

điểm F sao cho AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF),

AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N

a.Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật

b.Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH

Chứng minh rằng: AC = 2EF

c Chứng minh rằng: 12 1 2 12

6

a

2 đ

H

M

N

F

E

Ta có DAM ABF ( cùng phụ với góc BAH)

AB = AD ( giả thiết)

0 90

=> DM = AF, mà AF = AE ( giả thiết )

0,5

0,5

=>AE = DM Lại có AE  DM ( vì AB song song DC) => AEMD là hình bình hành, mặt khác DAE 90 0(GT) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0,5

0,5 b

.

=> AB BH hay BC BH AB BC AE; AF

Lại có HABHBC ( cùng phụ với góc ABH )

 .c

2

4

2 4

BC AE

Nên BC2 2AE2  BC 2AE

=>E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó BD = 2EF hay AC = 2EF ( đpcm)

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25 0,5

c

2 đ

Lại có MC AB ( GT), Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét, ta có



   (Định lí Pitago)

1

0,5

0,5

0,5

0,5

5 Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô

bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu

2

B

+) Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy 3 đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân

+) Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh , đỏ và tím sẽ xảy ra hai khả năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất hai màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân

+) Vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có

3 đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa