Đề học sinh giỏi huyện Toán 8 năm 2022 - 2023 phòng GDĐT Yên Bình - Yên Bái

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN YÊN BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm: 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2022 – 2023 Môn thi: Toán 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2022 Câu 1: (4,0 điểm): Phân tích đa thức thành nhân tử:

a. 2 x + 7x +12 b. 4 2 x + 2023x + 2022x + 2023 Câu 2: (4,0 điểm):

a. Chứng minh rằng nếu:

2 2 2 x + y + z = xy + xz + yz thì x = y = z

b. Tìm dư trong phép chia đa thức ( )( )( )( ) P(x) x + 2 x + 4 x + 6 x +8 + 2022 =

cho đa thức

2 x +10x + 21. Câu 3: (4,0 điểm):

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 A = 2x +3x - 4 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy +3x -5y = 9

Câu 4: (7,0 điểm):

Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt đường thẳng BC tại P và R, cắt đường thẳng CD tại Q và S.

a. Chứng minh ∆AQR và ∆APS là các tam giác cân. b. QR cắt PS tại H; M, N lần lượt là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

c. Chứng minh P là trực tâm ∆SQR. d. Chứng minh MN là đường trung trực của AC. e. Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm): Chứng minh: 3 2 6 11 6 24 B n n n = − + −  với n là một số tự nhiên lẻ.

Hết

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ………………..

Cán bộ coi thi số 1: …………………………… Cán bộ coi thi số 2: …………………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học: 2022 – 2023 - Môn: Toán 8 Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(4,0 điểm)

2 2 2 ) x 7 12 3 4 12 ( 3 ) (4 12) ( 3) 4( 3) ( 3)( 4) a x x x x x x x x x x x x + + = + + + = + + + = + + + = + +

b) 4 2 4 2 x + 2023x + 2022x + 2023 = x x + 2023x 2023 2023 x − + +

3 2 2 2 x(x 1) 2023(x + x +1) ( 1)( 1) 2023( 1) x x x x x x = − + = − + + + + +

2 2 ( 1)( 2023) x x x x = + + − +

1,0 1,0 0,5 1,0 0,5

Câu 2

(4,0 điểm)

a) Ta có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx ⇒ 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx ⇒ x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 = 0 ⇒ (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 (1) Ta có : (x – y)2 ≥ 0, (y – z)2 0 ≥, (z – x)2 0 ≥

Do đó: (1)

0

0

0

x y

y z

z x

− =   ⇒ − =  − = 

.

b) ( )( )( )( ) ( )( ) 2 2 ( ) 2 4 6 8 2022 10 16 10 24 2022 P x x x x x x x x x = + + + + + = + + + + +

Đặt 2 10 21 ( 3; 7) t x x t t = + + ≠− ≠− , biểu thức P(x) được viết lại: ( )( ) 2 ( ) 5 3 2022 2 2007 P x t t t t = − + + = − + Do đó khi chia 2 2 2007 t t − + cho t ta có số dư là 2007

1,0

1,0

1,0

1,0

Câu 3

(4,0 điểm)

a) Ta có: 2 2 3 9 9 A = 2x +3x - 4 = 2 x 2. . 4 4 16 8 x   + + − −    

2 3 41 41 = 2 x + 4 8 8 −  − ≥     Dấu “=” xảy ra khi 3 3 0 4 4 x x − + = ⇔ =

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 41 8 − đạt được khi 3 4 x − =

b) 2xy +3x -5y = 9

4xy + 6x -10y =18 2x(2y +3) -5(2y +3) = 3 ⇒ ⇒ (2y +3)(2x -5) = 3 ⇒ do x, y là các số nguyên nên ta có bảng sau: 2x - 5 -3 -1 1 3 2y + 3 -1 -3 3 1 x 1 2 3 4 y -2 -3 0 -1 Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn là: (1;-2), (2;-3), (3;0), (4;-1)

1,0

1,0

0,5

0,5

1,0

Câu 4

(7,0 điểm)

Vẽ đúng hình, cân đối đẹp. a) ADQ ABR ∆ = ∆ (cgv-gn) vì   AR DAQ B =

(cùng phụ với  BAQ ) và DA = BA (cạnh hình

vuông). Suy ra AQ = AR, nên ∆AQR là tam giác vuông cân tại A. Chứng minh tương tự ta có: ∆ABP = ∆ADS do đó AP = AS và ∆APS là tam giác vuông cân tại A. b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN ⊥SP và AM ⊥RQ. Mặt khác:

  PAN PAM = = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AMHN có ba góc vuông, nên AMHN là hình chữ nhật. c) Theo giả thiết: QA ⊥RS, RC ⊥SQ nên QA và RC là hai đường cao của

∆SQR. Vậy P là trực tâm của ∆SQR.

d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 1 QR

⇒MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng nằm trên đường trung trực của AC, nghĩa là …