Đề thi khảo sát HSG Toán 8 - Lần 4 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Hồng Phương (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát HSG Toán 8 - Lần 4 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Hồng Phương (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS HỒNG PHƯƠNG ĐỀ THI KS HSG CẤP TRƯỜNG LẦN 4 NĂM HỌC 2021-2022 ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. (퐋ư퐮 ý: 퐇ọ퐜 퐬퐢퐧퐡 퐤퐡ô퐧퐠 đượ퐜 퐬ử 퐝ụ퐧퐠 퐭à퐢 퐥퐢ệ퐮 퐯à 퐦á퐲 퐭í퐧퐡 퐜ầ퐦 퐭퐚퐲) Câu 1: 2 2 4 2 2 3 Cho P = ― ― : ― 2 2 2 4 2 2 2 a) Rút gọn P b) Tìm để P > 4 1 c) Tìm số nguyên dương để có giá trị là số nguyên 푃 Câu 2: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm 1 = 1 2 Câu 3: a) Tìm tất cả các giá trị tự nhiên của n để tổng A = 푛2+ 푛 + 6 có giá trị là số chính phương 푛 b) Chứng minh rằng F (n) = 4 + 15 푛 -1 luôn chia hết cho 9 với mọi số nguyên dương 푛 Câu 4: Cho hình vuông ABCD cạnh a điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD sao cho CE = AF, các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M, N Chứng minh rằng a) CM.DN = a2 b) Gọi K là giao điểm của NA và MB tính 퐾 c) Các điểm E và F ở vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất Câu 5: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x+ y + z = 1 Chứng minh rằng: (1 ― ) + (1 ― ) + (1 ― ) ≤ 2 Câu 6: Trong mặt phẳng cho 2021 điểm sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1 chứng minh rằng tất cả các điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4. ---HẾT--- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. TRƯỜNG THCS HỒNG PHƯƠNG ĐỀ THI KS HSG CẤP TRƯỜNG LẦN 4 HDC MÔN: TOÁN, LỚP 8 Lưu ý chung: - Hướng dẫn chấm dưới đây chỉ trình bày vắn tắt một cách giải, các cách giải khác của HS nếu đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm theo thang điểm tương ứng. - Với câu 4,6, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai ý nào thì không chấm điểm ý đó. - Tổ chấm có thể chia nhỏ thang điểm hơn so với đáp án, điểm toàn bài là tổng số điểm của các câu thành phần. Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 2 2 2 2 3 2 P = (2 ) (2 ) 4 : = 4 a 4 2 (2 ) 3 1 ĐKXĐ x ≠ 0; x ≠ ± 2 ; x ≠ 3 2 2 2 b P > -1 4 > 4 4 4 12 >0 (2 1) 11 > 0 x> 3 1 3 3 3 1 Kết hợp với ĐKXĐ x > 3 1 3 1 = ϵ Z khi x – 3 2 => 2 – 36 2 푃 4 2 푃 ⋮ 4 4 ⋮ 4 c 0,5  9 ⋮ 2 => 2 ϵ {1;9} vì là số nguyên dương ϵ {1;3} thử lại ta thấy =1 thỏa mãn vậy =1 ĐKXĐ x ≠ m -1 và x ≠ - m -2 1 = => = 1 1 2 ( + 1)( + + 2) ( ― + 1) 2( + 1) = -m – 2 (+) Nếu m =-1 phương trình có dạng 0x= -1 phương trình vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm 2 2 Nếu m ≠ -1 phương trình (+) có nghiệm duy nhất x = 2( 1) 2 2 05 Để phương trình đã cho vô nghiệm thì 2( 1) = m – 1 hoặc 2( 1) = -m-2 1 => m=0 hoặc m= hoặc m=-2 ― 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nếu m ϵ ―1;0; ― 1 ; ― 2 2 Giả sử A là số chính phương suy ra tồn tại m ϵ N sao cho 3 a 0,5 푛2 + n + 6 = 2 (2m+2n+1)(2m-2n-1)=23 1
3. Vì m,n ϵ nên 2m + 2n + 1 và 2m – 2n -1 là các số nguyên mà 2m + 2n + 1≥ 1 và 2m + 2n + 1 + 2m – 2n -1 = 4m là số chẵn Nên 2m + 2n + 1 và 2m – 2n -1 có cùng tính chẵn lẻ mà 23 là số nguyên tố từ đó 2m + 2n + 1 = 23 m = 6 suy ra và 2m – 2n ― 1 = 1 => và n = 5 0,5 Nếu n = 5 thì A = 36 là số chính phương Vậy n = 5 là giá trị cần tìm Với n=1 ta có F(1) = 18 ⋮ 9 푛 Giả sử F(n) = 4 + 15n -1 chia hết cho 9 với n ≥ 2 0,5 b Ta phải chứng minh F(n+1) cùng chia hết cho 9 푛+1 푛 Thật vậy F(n+1) = 4 + 15(n+1) -1 = 4(4 + 15n -1) – 45n + 18 ⋮ 9 0,5 Vậy theo nguyên lý qui nạp suy ra F(n) chia hết cho 9 với mọi giá trị n ≥ 1 K A B F E a C M 1 N D 퐹 Vì AB // CM nên = ; Vì AB //ND nên = 4 퐹 Mà AD = BC ; AF = CE nên BE = DF Do đó = => AB2 = CM.DN hay CM.DN = a2 Theo a ta có = hay = từ đó suy ra tam giác BCM đồng dạng b với tam giác NDA (cgc) 0,5 => = suy ra + = 900 => 퐾 = 900 Vì CD = a (không đổi) nên MN nhỏ nhất  DN+CM nhỏ nhất c 0.5 Theo phần a ND.CM = a2 (không đổi) nên ND+CM nhỏ nhất  ND = CM từ đó tìm được MN có giá trị nhỏ nhất là 3a  E, F lần lượt là trung điểm của BC và 2
4. AD Với x,y,z > 0 và x + y + z =1 => 1-x , 1-y, 1-z >0 Áp dụng bđt AM –GM ta có 1 2 1 1 0.5 (1 ― ) = 2 (1 ― ) ≤ = 2 2 2 2 2 1 1 CMTT (1 ― ) ≤ ; (1 ― ) ≤ ; 5 2 2 2 2 3 Từ đó suy ra (1 ― ) + (1 ― ) + (1 ― ) ≤ = 2 2 2 0.5 1 Đẳng thức sảy ra khi x = y = z = 3 C’ A B’ P B C 6 A’ Trong số các tam giác tạo thành xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện 0,25 tích S) khi đó S ≤ 1 Qua mỗi đỉnh của tam giác , kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các dường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A’B’C’ 0,25 khi đó SA’B’C’= 4SABC ≤ 4 ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A’B’C’ Giả sử trái lại có 1 điểm P nằm ngoài tam giác A’B’C’ khí đó khoảng cách từ P đến AB lớn hơn khoảng cách từ C đến AB nên suy ra SPAB > SCAB mâu thuẫn với 0,25 giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn nhất Vậy tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A’B’C’ có diện tích 0,25 không lớn hơn 4. 3
5. --------HẾT-------- 4