Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Đoan Hùng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Đoan Hùng (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 6, 7, 8 CẤP HUYỆN ĐOAN HÙNG NĂM HỌC 2022 - 2023 Đề thi môn: TOÁN. Lớp 8. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 03 trang Ghi chú: - Thí sinh lựa chọn đáp án phần trắc nghiệm khách quan chỉ có một lựa chọn đúng. - Thí sinh làm bài thi trắc nghiệm và tự luận trên tờ giấy thi, không làm bài trên tờ đề thi. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Câu 1. Cho hai số ab, thỏa mãn ab+=1. Giá trị của biểu thức P=++−2 a33 6 ab 2 b 2023 bằng A. −2023. B. −2022. C. −2021. D. −2019. Câu 2. Khi chia đa thức fx( ) chia cho ( x + 2) dư −12 ; khi chia fx( ) cho ( x − 3) dư 28 . Đa thức dư khi chia fx( ) cho xx2 −−6 là ( ) A. 8x + 4. B. 4x + 8. C. 3x − 2. D. −+2x 3. ab32 x− 19 . Cho ab, là hai số thỏa mãn += với mọi x sao cho các Câu 3 2 x+12 x − xx −− 2 phân thức có nghĩa. Khi đó hiệu 2ab− bằng A. −19. B. 19. C. 32. D. −32. xy 3 x22−+2 xy y Câu 4. Cho = . Giá trị của biểu thức A = bằng (giả sử các biểu xy22+ 8 x22++2 xy y thức đều có nghĩa) 3 8 1 1 A. . B. . C. . D. − . 8 3 7 7 Câu 5. Có bao nhiêu giá trị của x nguyên để biểu thức A nhận giá trị nguyên? x 616 A = −+: (với xx≠±2; ≠ 0 ) x2 −43 xx −+ 6 2 x + 2 A. 1. B. 2. C. 4. D. 8. x2 1 Câu 6. Điều kiện của hệ số a để phương trình x− ax2 += a + (ẩn x ) có xx22−−11 nghiệm duy nhất là A. a≠0; aa ≠≠ 1; 2. C. a ≠±1. B. aaa≠±1; ≠− 2; ≠ 0. D. a≠±1; aa ≠ 0; ≠± 2. Câu 7. Một hình chữ nhật có chu vi bằng 132m . Nếu tăng chiều dài thêm 8m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 52m2 . Chiều dài của hình chữ nhật là Trang 1/3
2. A. 29. B. 37. C. 62. D. 52. 12−−xx 15 Câu 8. Số các số nguyên dương thỏa mãn bất phương trình −<2 là 48 A. 11. B. 12. C. 13. D. 14. Câu 9. Cho ∆ABC có BC= a,; AB = c AC = b . Kẻ tia phân giác AD của góc AI BAC( D∈ BC), tia phân giác BI của góc ABD( I∈ AD). Khi đó tỉ số bằng ID ac bc+ bc+ bc+ A. . B. . C. . D. . ac+ c ac a Câu 10. Cho hình thang ABCD có đáy AB=9 cm , CD = 16 cm , đường chéo AC=12 cm 0 và BCD = 52 . Số đo góc CAD bằng A. 1380 . B. 520 . C. 1280 . D. 1480 . 1 Câu 11. Cho hình bình hành ABCD , điểm G thuộc cạnh CD sao cho DG= DC . Gọi 5 E là giao điểm của AG và BD . Kết quả của tỉ số DE: DB là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 5 4 3 6 Câu 12. Cho hình thang ABCD có AB=5 cm ; CD = 15 cm , độ dài hai đường chéo AC=16 cm ; BD = 12 cm . Diện tích hình thang ABCD bằng A. 96cm2 . B. 192cm2 . C. 100,8cm2 . D. 72cm2 . Câu 13. Cho hình thoi ABCD có cạnh AB= a. Một đường thẳng bất kì qua C cắt tia đối của các tia BA, DA lần lượt tại M và N . Khi đó tích BM. DN có giá trị bằng 3 A. a2. B. a2. C. 2.a2 D. 4.a2 2 Câu 14. Cho hình thang ABCD có AB là đáy nhỏ, gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC theo thứ tự tại MN; . Hệ thức nào sau đây đúng? 1 12 11 1 A. +=. B. +=. AB CD MN AB CD MN 111 11MN C. +=. D. +=. CD MN AB AB CD 2 Câu 15. Cho hình chữ nhật ABCD có AD=6; cm AB = 8 cm và hai đường chéo cắt nhau tại O . Qua D kẻ đường thẳng d vuông góc với DB , d cắt BC kéo dài tại E . Kẻ CH S vuông góc với DE tại H . Khi đó tỉ số diện tích EHC bằng SEBD 4 16 256 25 A. . B. . C. . D. . 5 25 625 16 Câu 16. Một rô bốt chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 5m dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 10m dừng lại 2 giây, rồi đi tiếp 15m dừng lại 3giây. Cứ như vậy đi từ Trang 2/3
3. A đến B hết tất cả thời gian đi và dừng lại là 551 giây. Biết rằng rô bốt luôn chuyển động với vận tốc 2,5m /giây. Khoảng cách từ A đến B dài bao nhiêu mét? A. 380m . B. 1900m . C. 950m . D. 1127,5m . II. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) 2 3 a) Tìm số nguyên tố p để p + 2 và p + 2 đều là các số nguyên tố. b) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn: 2xx22+=− 4 19 3 y . Câu 2. (4,0 điểm) 113 a) Cho hai số thực phân biệt ab,0≠ thỏa mãn điều kiện ++ =1. Tính a33 b ab 2023 giá trị của biểu thức Tab=( −1)( −+ 1) 2022 5 736x2 + b) Giải phương trình +− =0 . xx22++13 x 2 + 5 Câu 3. (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD , trên cạnh AB lấy điểm E , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho AE= BF . Kẻ DM vuông góc với EC tại M . a) Chứng minh rằng DM,, F thẳng hàng. b) Tìm số đo góc BMD khi AE= BE. c) Khi E di chuyển trên AB và vẫn luôn thỏa mãn AE= BF , tìm vị trí của E để diện tích tam giác DEF là nhỏ nhất? Câu 4. (1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xx( −+ z) yy( −= z) 0. Tìm giá trị nhỏ x3 y 3 xy 22++4 nhất của biểu thức P =++ . x22++ z y 22 z xy + HẾT Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 3/3
4. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐOAN HÙNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021-2022 MÔN: TOÁN LỚP 8 Một số chú ý khi chấm bài: • Hướng dẫn chấm dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Thí sinh giải cách khác mà cho kết quả đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm từng phần ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm. • Giám khảo cần bám sát yêu cầu giữa phần tính và phần lí luận của bài giải của thí sinh để cho điểm. • Tổ chấm có thể chia nhỏ thang điểm đến 0,25. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm) Câu Đáp án Điểm 1 C 0,5 2 A 0,5 3 B 0,5 4 C 0,5 5 B 0,5 6 C 0,5 7 B 0,5 8 D 0,5 9 D 0,5 10 C 0,5 11 D 0,5 12 A 0,5 13 A 0,5 14 A 0,5 15 C 0,5 16 C 0,5 II. PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) CÂU ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC ĐIỂM 1 2 3 3 điểm a) Tìm số nguyên tố p để p + 2 và p + 2 đều là các số nguyên tố b) Tìm các số nguyên xy, thỏa mãn: 2xx22+=− 4 19 3 y a) Giải: (1,5 2 22 điểm) - Xét p = 2 , thay vào p + 2 ta có p +=22 += 26 là hợp số Suy ra p = 2 (loại) Trang 4/3
5. - Xét p = 3 , thay vào ta có 22+= += p 2 3 2 11 là số nguyên tố 0.5 p33+=2 3 += 2 29 là số nguyên tố Suy ra p = 3 (thỏa mãn) - Xét p > 3 Trong ba số tự nhiên liên tiếp p−+1; pp ; 1 tồn tại một số chia hết cho 3. Vì p > 3 và p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3 0.5 Nếu p −1 hoặc p +1 chia hết cho 3 thì ( pp−1)( + 1) 3 ⇒− p2 13 ⇒pp22 +2 = −+ 1 33  2 ⇒+p 2 là hợp số nên trường hợp p > 3 loại 0.5 Vậy p = 3 b) b) (1,5 Giải: điểm) 2xx22+=− 4 19 3 y 22 ⇔2( xx + 2 += 1) 21 − 3 y 2 ⇔2( xy +=− 1) 21 32 ( 1) 0.5 2 Vì 210( xx+) ≥∀ nên 21− 3yy22 ≥⇔ 0 ≤ 7 Vì yZ∈ nên y2 ∈{0; 1; 4} 2221 - Với y2 = 0 thay vào (1) ta có 2( x+=⇔+=∉ 1) 21( xZ 1) 2 0.5 (loại) 22 - Với y2 =1 thay vào (1) ta có 2( xx+=⇔+= 1) 18( 1) 9 xx+=13 = 2 ⇔⇔ xx+=−13 =− 4 - Với y2 = 4 thay vào (1) ta có 229 2( x+=−⇔+=∉ 1) 21 12( xZ 1) (loại) 2 Vậy các cặp giá trị ( xy; ) thỏa mãn yêu cầu của đề bài là: 0.5 (2;1) ;( 2;− 1) ;( − 4;1) ;( −− 4; 1) 2 a) Cho hai số thực phân biệt ab,0≠ thỏa mãn điều kiện 113 ++ =1. Tính giá trị của biểu thức a33 b ab 4.0 điểm 2023 Tab=( −1)( −+ 1) 2022 Trang 5/3
6. 5 736x2 + b) Giải phương trình +− =0 xx22++13 x 2 + 5 a) Áp dụng HĐT: (2,0 x3++− y 33 z3 xyz =++( xyzx)( 2 ++−−− y 22 z xyyzzx) điểm) 11 Với xyz=; = ;1 = − , ta có: ab 11 3 + −+ = 3310 a b ab 11  1 1 1 11 0.5 ⇔ + −1  + +− 1 + + =01( ) ab  a22 b abab 22 2 1111111111    ++−++= ++++− > Vì 221 11    0 a b ab a b2  a  b  a b  với mọi ab,0≠ 0.5 11 0.5 Nên (1)⇔ + −= 1 0 ⇔a + b = ab ⇔ ab − a − b =0 ab 2023 Do đó T= ab − a − b ++1 2022 = 20232023 ( ) Vậy T = 20232023 0.5 b) 2 5 7 63+ x (2,0 +− =0 22++ 2 + điểm) xx13 x 5 5  7  63+ x2 0.5 ⇔ −+ −+ − = 221  12  2 0 xx++13   x + 5 222 444−−−xxx ⇔++=0 0.5 xxx222+++135 2 111 ⇔−(40x ) + + = 0.5 xxx22+++135 2 111 Vì + + >∀0, x xxx22+++135 2  Nên 40−xx2 =⇔=± 2 0.5 Vậy tập nghiệm của phương trình S ={ −2; 2} 3 4.0 điểm Trang 6/3
7. Câu 3. (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD , trên cạnh AB lấy điểm E , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho AE= BF . Kẻ DM vuông góc với EC tại M . a) Chứng minh rằng DM,, F thẳng hàng. b) Tìm số đo góc BMD khi AE= BE . c) Khi E di chuyển trên AB , tìm vị trí của E để diện tích tam giác DEF là nhỏ nhất? A E B F H M D C K a) a) Gỉa sử DF cắt EC tại M ' (1,5 điểm) AB= BC Ta có  => EB = CF. 0.5 AE= BF Xét tam giác BEC và tam giác CFD, ta có: EB = FC; BC = CD; BC = = 900 => ∆=∆BEC CFD => ECB = FDC Mà ECB += ECD 900 0.5 0 => ECD += FDC 90 ' 0 => DM C = 90 ' Hay DM⊥ EC Mà DM vuông góc với EC tại M (gt) Vậy DM,, F thẳng hàng 0.5 b) Kẻ AH vuông góc với DM, K là giao của DC và AH, ta có: AECK là hình bình hành => AE = CK b)  1 AE= AB 1 (1,5 Lại có  2 => KC= DC 2 điểm)  AB= CD 0.5 Trang 7/3
8. => K là trung điểm của DC Ta lại có KH // CM suy ra H là trung điểm của DM. Nhưng: AH⊥ DM => ADM là tam giác cân tại A. => AD = AM 0.5 Mà AD = AB => AM = AB => ABM cân tại A. 1800 − DAM Từ ADM cân tại A ta có: AMD = 2 1800 − BAM Từ ABM cân tại A ta có: AMB = 2 18000−−DAM 180 BAM => AMD+= AMB + 22 => BMD =1350 0.5 c, Ta có ∆=∆EBC FCD => SEMFB + SMFC = SDMC + SMFC => SEMFB = SDMC => SDEM + SEMFB = SDEM + SDMC => SDEBF = SDEC 1 Lại có SDEC = AD.DC không đổi c) 2 (1,0 => SDEBF không đổi. 0.5 điểm) 1 2 Ta lại có: BE.( BF≤+ BE BF ) 4 1 => BE.( BF≤+ BE AE )2 4 1 => BE BF≤ AB2 4 => BE.BF lớn nhất khi BE = BF => SBEF lớn nhất khi BE = BF. Mà SDEF = SDEBF – SBEF => SDEF nhỏ nhất khi BE = EA 0.5 SDEF nhỏ nhất khi E là trung điểm của AB. 3 Khi đó S tam giác EFD bằng diện tích hình vuông ABCD 8 Câu 4. Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xx( −+ z) yy( −= z) 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y 3 xy 22++4 1.0 điểm P =++ x22++ z y 22 z xy + Áp dụng bất bẳng thức AM – GM ta có: x3 xzz 22 xz =−x ≥− xx =−. xz22++ xz 22 2xz 2 0.5 Trang 8/3
9. yz3 xy22++4 Tương tự ≥−y .Suy ra Pxyz≥+−+ . yz22+ 2 xy+ (1,0 điểm) xy22+ 4 Theo gt z= ⇒ Pxy ≥++ ≥4. xy++xy 0.5 Vậy Pmin =⇔===4 xyz1. Lưu ý: + Hướng dẫn chấm dưới đây là lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp lô gic và có thể chia nhỏ điểm đến 0,25 điểm. + Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì thống nhất và cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm. + Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. Hướng dẫn giải trắc nghiệm Câu 1: P=2( a + b)( a22 −++ ab b) 6 ab − 2023 = 2( a2 + 2 ab +− b 2) 2023 =− 2021 Câu 2: f( x) =+−( x2) . Qx( ) 12 f( x) =−+( x3) . Px( ) 28 f( x) =( x2 −− x6.) G( x) + ax + b f(−2) =− 12 ⇒− 2ab + =− 12 f(3) = 28 ⇒ 3 ab += 28 a = 8 ⇒  b = 4 ax( −+21) bx( +) 32x − 19 Câu 3: = đúng với mọi xx≠2; ≠− 1 (x+12)( x −) xx2 −− 2 ⇒(abx +) −2 ab += 32 x − 19 đúng với mọi xx≠2; ≠− 1 ⇒−2ab + =− 19 ⇒ 2 ab − = 19 1 Câu 5: Thu gọn A được kết quả A = . Để A nhận giá trị nguyên thì 2 − x 2−∈xU( 1) =±⇒∈{ 1} x{ 1; 3} Câu 6: Biến đổi phương trình trở thành: xa(11−2 ) =−+ a. Phương trình có nghiệm duy nhất khi 10−aa2 ≠ ⇔ ≠± 1 Câu 7: Gọi chiều dài hình chữ nhật là x , chiều rộng là 66 − x Ta có phương trình: ( x+8)( 62 −= xx) ( 66 −+ x) 52 Trang 9/3
10. Giải phương trình ta được x = 37 Câu 8: Giải bất phương trình ta được x <15 Câu 9: A AI AB AC AC AB+ AC AB ++ AC b c = = = = = = ID BD CD DC DB+ DC BC a I C B D ∆BAC ∆ ACD c g c ⇒= A ABC Câu 10:  ( ) 1 mà A 9 B 00 2 ABC+=⇒= BCD180 ABC 128 1 ⇒==CAD ABC 1280 12 1 2 D 16 C A Câu 11: Vì AB// CD nên B DE DG DG 11DE 1 = = =⇒=DE EB ⇒ = EB AB DC 55DB 6 E D G C Câu 12: Kẻ BE// AC , E thuộc đường thẳng DC . Có BD22+= BE DE 2, suy ra ∆BDE BE. BD 16.12 vuông. ∆∆HDB BDE ⇒=BH = =9,6 DE 20 1 ⇒=S. AC . BD = 96( cm2 ) ABCD 2 A 5 B 12 16 16 D 15 H C 5 E MB CM Câu 13: Vì BC// AN ⇒= ; BA CN AD CM CD// AM ⇒= ND CN Trang 10/3
11. MB AD ⇒=⇒BM ND = AD BA = a2 BA ND Câu 14: Áp dụng định lý Ta-let và hệ quả ta có: OM ON =⇒=OM ON AB AB Ta lại có ON OB OM OD OM ON OB+ OD DB =;1 =⇒ += == CD DB AB DB AB CD DB DB MN 11 2 Vì OM= ON = nên += 2 AB CD MN Câu 15: ∆∆CHD D. CB( g g) CD CH ⇒=⇒CD2 = CH. BD BD CD 22 S CH  CH. DB  EHC = =  2  SEBD  DB  DB  22 CD22 8  256 = = = 22   BD 10  625 Câu 16: Gọi số lần đi là x (lần) ( xN∈ *) Số lần dừng là x −1 (lần) 5 10 5x Thời gian đi là + ++ =++++ 2 4 6 2x = xx( + 1) (giây) 2,5 2,5 2,5 xx( −1) Thời gian dừng là: 1+++ 2 3 +( x − 1) = (giây) 2 xx( −1) Theo đề bài ta có: xx( ++1) =551 2 x=19( chon)  Giải phương trình ta được: 58 x= − ( loai)  3 Thời gian đi là 19( 19+= 1) 380 (giây) Khoảng cách AB là: 2,5.380= 950(m) Trang 11/3