Hướng dẫn chấm bài thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp Thành phố môn Toán 8 - Năm học 2023-2024 - SGD Bắc Giang

Nội dung text: Hướng dẫn chấm bài thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp Thành phố môn Toán 8 - Năm học 2023-2024 - SGD Bắc Giang

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THÀNH PHỐ BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2023 – 2024 HDC ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 01/3/2024 (Bản hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu 1: (5,0 điểm) 1 3x 1 x 2 1. Cho biểu thức A 3 2 : với x 1; x 2 x 1 x 1 x x 1 2024 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 2. Cho các số thực a,b,c khác 0 thỏa mãn: a a b b b c c c a 0 . Tính giá 2024b 2023c 2024c 2023a 2024a 2023b trị biểu thức B a b c Câu 1 Nội dung 5,0 điểm Với x 1; x 2 ta có: 1 3x 1 x 2 A 3 2 : x 1 x 1 x x 1 2024 0,25 x2 x 1 3x x 1 x 2 3 3 3 : x 1 x 1 x 1 2024 x2 x 1 3x x 1 2024 0,25 . x 1 x2 x 1 x 2 1.1.a x2 3x 2 2024 0,25 . 2 (2 x 1 x x 1 x 2 điểm) x2 2x x 2 2024 . 0,25 x 1 x2 x 1 x 2 x x 2 x 2 2024 . 0,25 x 1 x2 x 1 x 2 x 2 x 1 2024 0,25 . x 1 x2 x 1 x 2 2024 0,25 x2 x 1 2024 0,25 Vậy A với x 1; x 2 x2 x 1 1.1.b 2 0,25 2 1 3 Ta có x x 1 x (1 2 4 điểm) 2 2 1 1 3 3 với x 1; x 2 ta thấy x 0 x 2 2 4 4
2. Câu 1 Nội dung 5,0 điểm 2024 8096 0,25 Do đó A với x 1; x 2 x2 x 1 3 2 1 1 0,25 Dấu bằng xảy ra khi x 0 x (thỏa mãn ĐKXĐ) 2 2 8096 1 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của A là đạt được khi x 3 2 Ta có: a a b b b c c c a 0 0,25 a2 b2 c2 ab bc ca 0 2a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca 0 0,25 a2 2ab b2 b2 2bc c2 a2 2ca c2 0 a b 2 b c 2 c a 2 0 0,25 Ta thấy 0,25 1.2 2 a b 0 a,b (2 2 điểm) b c 0 b,c c a 2 0 a,c a b 2 b c 2 c a 2 0 a,b,c Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 0,25 Khi đó 0,25 2024a 2023a 2024a 2023a 2024a 2023a B a a a a a a 0,25 1 1 1 =3(vì a 0 ) a a a Vậy B 3 0,25 Câu 2. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2x 5 3 2 x 3 x -3 3 x -3 7x2 2052x 2054 2. Tìm các cặp x, y nguyên thỏa mãn x2 y 2xy 27x y 0 3. Tìm các số nguyên k để biểu thức k 4 8k 3 23k 2 26k 10 là số chính phương. Câu Nội dung 5,0 2 điểm Ta có 2x 5 3 2 x 3 x -3 3 x -3 7x2 2052x 2054 Áp dụng hằng đẳng thức a3 b3 a b 3 3ab a b vào vế trái phương trình với 0,25 2.1. a 2x 5;b 2 x ta được 2x 5 3 2 x 3 = x 3 3 3 2x 5 2 x x 3 (2 Khi đó phương trình trở thành điểm) 2 0,25 3 2x 5 2 x x 3 x 3 7x 2052x 2054 2 2 x 3 7x 2052x 2054 3 2x 9x -10 0 0,25
3. Câu Nội dung 5,0 2 điểm 3 x x2 2025x 2024 0 0,25 3 x x 1 x 2024 0 0,25 3 x 0 x 1 0 0,25 x 2024 0 x 3 x 1 0,25 x 2024 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 1;3;2024 0,25 Ta có x2 y 2xy 27x y 0 2 y x 2x 1 27x 0,25 y x 1 2 27x Ta xét các trường hợp sau 0,25 +) Với x 1, ta có 0y 27 (vô lí) 27x +) Với x 1, ta có y 2 . Vì x, y là các số nguyên x và x 1 là hai số x 1 0,25 2.2. nguyên tố cùng nhau nên x 1 2 là ước chính phương của 27. (1,5 2 Suy ra x 1 1;9 x 1 1; 1;3; 3 x 0; 2;2; 4 0,25 điểm) + x 0 thì y 0 + x 2 thì y 54 0,25 + x 2 thì y 6 + x 4 thì y 12 Vậy các cặp x, y nguyên 0;0 , 2; 54 , 2;6 , 4; 12 0,25 Đặt M k 4 8k 3 23k 2 26k 10 Ta có M k 4 2k 2 1 8k k 2 2k 1 9k 2 18k 9 0,25 2 k 2 1 8k k 1 2 9 k 1 2 k 1 2 . k 3 2 1 M là số chính phương khi và chỉ khi k 1 2 0 hoặc k 3 2 1 là số chính 0,25 phương 2.3. + k 1 2 0 k 1. (1,5 0,25 2 2 2 điểm) + k 3 1 là số chính phương, đặt k 3 1 m m ¥ k 3 2 m2 1 k 3 m k 3 m 1 0,25 vì m ¥ ;k Z nên k 3 m ; k 3 m Z + Nếu k 3 m 1 và k 3 m 1 thì k 3 0 k 3 0,25 + Nếu k 3 m 1 và k 3 m 1 thì k 3 0 k 3 Vậy với k 1 và k 3 thì k 4 8k 3 23k 2 26k 10 là số chính phương 0,25
4. Câu 3. (3,0 điểm) 1. Cho a,b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh ab a b 1 chia hết cho 48 2. Cho đa thức P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 thỏa mãn 3.P 3 5.P 1 P(1) 3; P 2 6; P 5 27. Tính giá trị của biểu thức S 2024 2 Câu 3 Nội dung 3,0 điểm Vì a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên: 0,25 a 2n 1 2 ;b 2n 3 2 với n Z Khi đó ab a b 1 (a 1)(b 1) 0,25 2n 1 2 1 2n 3 2 1 0,25 3.1. 2 (1,5 điểm) 16n n 1 n 2 với n Z ta có n n 1 n 2 là tích của ba số nguyên liên tiếp 0,25 nên n n 1 n 2 3 Do đó 16n n 1 2 n 2 48 0,25 Vậy ab a b 1 chia hết cho 48 0,25 Xét đa thức Q x P x x2 2 0,25 Ta có Q(1) P 1 3 3 3 0 Q( 2) P 2 6 6 6 0 Q(5) P 5 27 27 27 0 nên x 1; x 2; x 5 là ba nghiệm của đa thức Q x 3.2 Mặt khác P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 nên đa thức (1,5 điểm) Q x đa thức bậc 4 với hệ số cao nhất là 1 suy ra 0,25 Q x x 1 x 2 x 5 x m Khi đó P x x 1 x 2 x 5 x m x2 2 0,25 P 3 20 3 m 11 20m 49 0,25 P 1 12 1 m 3 12m 9 Suy ra 0,25 3. 20m 49 5. 12m 9 S 2024 2120 2 Vậy S 2120 0,25 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD; BE và CF cắt nhau tại H . Qua B kẻ đường thẳng song song CF cắt tia AD tại K . 1. Chứng minh AEF đồng dạng ABC HD HE HF 2. Chứng minh AB2 AD.AK và 1 AD BE CF
5. 3. Gọi I là trung điểm BC . Tia HI cắt BK tại N. Chứng minh AN vuông góc EF Câu 4 Nội dung 6,0 điểm A J E M F H B D I C K N · 0 Ta có BE  AC nên AEB 90 0,25 · 0 Ta có CF  AB nên AFC 90 0,25 Xét AEB và AFC có ·AEB ·AFC 900 ; B· AC chung 0,5 Suy ra AEB AFC (G-G) AE AB AE AF AF AC AB AC 0,25 4.1. Xét AEF và ABC có: (2 điểm) B· AC chung 0,5 AE AF (Chứng minh trên) AB AC Suy ra AEF ABC (C-G-C) 0,25 4.2. Ta có
6. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm (2 điểm) BK / /CF mà CF  AB Suy ra BK  AB ·ABK 900 0,25 AD  BC ·ADB 900 0,25 ·ABK ·ADB 900 Xét ABD và AKB có ·ABK ·ADB 900 0,25 B· AK chung Suy ra ABD AKB (g-g) AB AD AB2 AD.AK (đpcm) 0,25 AK AB Ta có HD S HBC ( HBC và ABC có chung cạnh đáy BC) 0,25 AD SABC HE S AHC ( AHC và ABC có chung cạnh đáy AC) BE SABC 0,25 HF S HAB ( HAB và ABC có chung cạnh đáy AB) 0,25 CF SABC HD HE HF S S S S HBC AHC HAB ABC 1 (đpcm) 0,25 AD BE CF SABC SABC Ta có CF / /BN (GT) suy ra I·BN I·CH (hai góc so le trong) Xét IBN và ICH có B· IN C· IH (đối đỉnh) 0,25 IB IC (GT) I·BN I·CH (chứng minh trên) Do đó IBN ICH G C G 0,25 IH IN (hai cạnh tương ứng) 0,25 4.3. I là trung điểm HN (2 điểm) Gọi J là trung điểm AH Xét AHN có I là trung điểm HN (Chứng minh trên) 0,25 J là trung điểm AH (cách vẽ) IJ là đường trung bình của AHN Suy ra IJ / / AN (1) 0,25 BC Chỉ ra IE IF 0,25 2
7. Câu 4 Nội dung 6,0 điểm AH Chỉ ra JE JF 2 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: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab bc ca 1 a b c a b 2c b c 2a c a 2b 4 Câu 5 Nội dung 1,0 điểm Với x, y dương ta có: 2 2 1 x y 1 1 1 1 x y 0 x y 4xy (*) x y 4xy x y 4 x y 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x y . ab ab ab 1 1 Sử dụng (*) ta được: a b 2c a c b c 4 a c b c 0,25 bc bc 1 1 ca ca 1 1 Tương tự: ; b c 2a 4 b a a c c a 2b 4 c b b a Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được: 1,0 ab bc ca 0,25 điểm a b 2c b c 2a c a 2b ab 1 1 bc 1 1 ca 1 1 4 a c b c 4 b a a c 4 c b b a 1 ab bc ab ca bc ca 4 c a b c a b 1 b a c a b c c a b 0,25 4 a c b c a b 1 a b c dpcm 4 Tổng 20 điểm ...........................................HẾT........................................... Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Câu 4 học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm chứng minh.