Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Đoan Hùng (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Đoan Hùng (Có hướng dẫn chấm)

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 a,b thỏa mãn a b 1. Giá trị của biểu thức P 2a3 6ab 2b3 2023 bằng A. 2023. B. 2022. C. 2021. D. 2019. Câu 2. Khi chia đa thức f x chia cho x 2 dư 12 ; khi chia f x cho x 3 dư 28 . Đa thức dư khi chia f x cho x2 x 6 là A. 8x 4. B. 4x 8. C. 3x 2. D. 2x 3. a b 32x 19 Câu 3. Cho a,b là hai số thỏa mãn với mọi x sao cho các 2 x 1 x 2 x x 2 phân thức có nghĩa. Khi đó hiệu 2a b bằng A. 19. B. 19. C. 32. D. 32. xy 3 x2 2xy y2 Câu 4. Cho . Giá trị của biểu thức A bằng (giả sử các biểu x2 y2 8 x2 2xy y2 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 6 1 6 A 2 : (với x 2; x 0 ) x 4 3x 6 x 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 a2 x a (ẩn x ) có x2 1 1 x2 nghiệm duy nhất là A. a 0;a 1;a 2. C. a 1. B. a 1;a 2;a 0. D. a 1;a 0;a 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. 1 2x 1 5x Câu 8. Số các số nguyên dương thỏa mãn bất phương trình 2 là 4 8 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 b c b c b c A. . B. . C. . D. . a c c ac a Câu 10. Cho hình thang ABCD có đáy AB 9cm,CD 16cm , đường chéo AC 12cm 0 và B· CD 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 5cm;CD 15cm , độ dài hai đường chéo AC 16cm; BD 12cm . 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. 2a2. D. 4a2. 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 M ; N . Hệ thức nào sau đây đúng?  1 2 1 1 1 A. . B. . AB CD MN AB CD MN 1 1 1 1 1 MN C. . D. . CD MN AB AB CD 2 Câu 15. Cho hình chữ nhật ABCD có AD 6cm; AB 8cm 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 3 giây. 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 x, y thỏa mãn: 2x2 4x 19 3y2. Câu 2. (4,0 điểm) 1 1 3 a) Cho hai số thực phân biệt a,b 0 thỏa mãn điều kiện 1. Tính a3 b3 ab 2023 giá trị của biểu thức T a 1 b 1 2022 5 7 3x2 6 b) Giải phương trình 0 . x2 1 x2 3 x2 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 D, M , 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 x x z y y z 0 . Tìm giá trị nhỏ x3 y3 x2 y2 4 nhất của biểu thức P . x2 z2 y2 z2 x y 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 3 điểm a) Tìm số nguyên tố p để p2 2 và p3 2 đều là các số nguyên tố b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2x2 4x 19 3y2 a) Giải: (1,5 điểm) - Xét p 2 , thay vào p2 2 ta có p2 2 22 2 6 là hợp số Suy ra p 2 (loại) Trang 4/3
5. - Xét p 3 , thay vào ta có 2 2 p 2 3 2 11 là số nguyên tố 0.5 p3 2 33 2 29 là số nguyên tố Suy ra p 3 (thỏa mãn) - Xét p 3 Trong ba số tự nhiên liên tiếp p 1; p; p 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 p 1 p 1 3 p2 13 p2 2 p2 1 33 2 p 2 là hợp số nên trường hợp p 3 loại 0.5 Vậy p 3 b) b) (1,5 Giải: điểm) 2x2 4x 19 3y2 2 x2 2x 1 21 3y2 2 x 1 2 21 3y2 1 0.5 Vì 2 x 1 2 0 x nên 21 3y2 0 y2 7 Vì y Z nên y2 0; 1; 4 2 2 21 - Với y2 0 thay vào (1) ta có 2 x 1 21 x 1 Z 2 0.5 (loại) - Với y2 1 thay vào (1) ta có 2 x 1 2 18 x 1 2 9 x 1 3 x 2 x 1 3 x 4 - Với y2 4 thay vào (1) ta có 2 2 9 2 x 1 21 12 x 1 Z (loại) 2 Vậy các cặp giá trị x; y 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 a,b 0 thỏa mãn điều kiện 1 1 3 1. Tính giá trị của biểu thức a3 b3 ab 4.0 điểm 2023 T a 1 b 1 2022 Trang 5/3
6. 5 7 3x2 6 b) Giải phương trình 0 x2 1 x2 3 x2 5 a) Áp dụng HĐT: (2,0 x3 y3 z3 3xyz x y z x2 y2 z2 xy yz zx điểm) 1 1 Với x ; y ; z 1, ta có: a b 1 1 3 1 0 a3 b3 ab 1 1 1 1 1 1 1 0.5 1 2 2 1 0 1 a b a b ab a b 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Vì 2 2 1 1 1 0 a b ab a b 2 a b a b với mọi a,b 0 0.5 1 1 0.5 Nên (1) 1 0 a b ab ab a b 0 a b Do đó T ab a b 1 2022 2023 20232023 Vậy T 20232023 0.5 b) 5 7 6 3x2 (2,0 2 2 2 0 điểm) x 1 x 3 x 5 5 7 6 3x2 0.5 2 1 2 1 2 2 0 x 1 x 3 x 5 4 x2 4 x2 4 x2 0 0.5 x2 1 x2 3 x2 5 2 1 1 1 4 x 2 2 2 0 0.5 x 1 x 3 x 5 1 1 1 Vì 2 2 2 0,x x 1 x 3 x 5 Nên 4 x2 0 x 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 D, M , 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; Bµ Cµ 900 => BEC CFD => E· CB F· DC Mà E· CB E· CD 900 0.5 => E· CD F· DC 900 · => DM 'C 900 ' Hay DM  EC Mà DM vuông góc với EC tại M (gt) Vậy D, M , 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 D· AM Từ ADM cân tại A ta có: ·AMD 2 1800 B· AM Từ ABM cân tại A ta có: ·AMB 2 1800 D· AM 1800 B· AM => ·AMD ·AMB 2 2 => B· MD 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 Ta lại có: BE.BF (BE BF)2 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 x x z y y z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 x2 y2 4 1.0 điểm P x2 z2 y2 z2 x y Áp dụng bất bẳng thức AM – GM ta có: x3 xz2 xz2 z x x x . x2 z2 x2 z2 2xz 2 0.5 Trang 8/3
9. y3 z x2 y2 4 Tương tự 2 2 y .Suy ra P x y z . (1,0 y z 2 x y điểm) x2 y2 4 Theo gt z P x y 4. x y x y 0.5 Vậy Pmin 4 x y z 1. 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 a2 ab b2 6ab 2023 2 a2 2ab b2 2023 2021 Câu 2: f x x 2 .Q x 12 f x x 3 .P x 28 f x x2 x 6 .G x ax b f 2 12 2a b 12 f 3 28 3a b 28 a 8 b 4 a x 2 b x 1 32x 19 Câu 3: đúng với mọi x 2; x 1 x 1 x 2 x2 x 2 a b x 2a b 32x 19 đúng với mọi x 2; x 1 2a b 19 2a b 19 1 Câu 5: Thu gọn A được kết quả A . Để A nhận giá trị nguyên thì 2 x 2 x U 1 1 x 1;3 Câu 6: Biến đổi phương trình trở thành: x 1 a2 a 1. Phương trình có nghiệm duy nhất khi 1 a2 0 a 1 Câu 7: Gọi chiều dài hình chữ nhật là x , chiều rộng là 66 x Ta có phương trình: x 8 62 x x 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 µ · Câu 10: BAC : ACD c.g.c A1 ABC mà A 9 B ·ABC B· CD 1800 ·ABC 1280 2 1 C· AD ·ABC 1280 12 1 2 D 16 C Câu 11: Vì AB / /CD nên A B DE DG DG 1 1 DE 1 DE EB EB AB DC 5 5 DB 6 E D G C Câu 12: Kẻ BE / / AC , E thuộc đường thẳng DC . Có BD2 BE 2 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 1 1 2 Vì OM ON nên 2 AB CD MN Câu 15: CHD : DCB g.g CD CH CD2 CH.BD BD CD 2 2 SEHC CH CH.DB 2 SEBD DB DB 2 2 CD2 82 256 2 2 BD 10 625 Câu 16: Gọi số lần đi là x (lần) x N * Số lần dừng là x 1 (lần) 5 10 5x Thời gian đi là 2 4 6 2x x x 1 (giây) 2,5 2,5 2,5 x x 1 Thời gian dừng là: 1 2 3 x 1 (giây) 2 x x 1 Theo đề bài ta có: x x 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