- Tham gia
- 28/1/21
- Bài viết
- 86,154
- Điểm
- 113
tác giả
50 Đề thi hsg toán 8 cấp huyện mới nhất CÁC TỈNH được soạn dưới dạng file word gồm 50 FILE trang. Các bạn xem và tải đề thi hsg toán 8 cấp huyện mới nhất về ở dưới.''
TRƯỜNG THCS AN TRUNG
Câu 1: (6 điểm)a) Tìm x, y thỏa mãn .
b) Tìm x, y là các số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho và .
c) Xác định đa thức f(x) biết f(x) chia hết cho 2x – 1, chia cho x – 2 thì dư 6, chia cho được thương là x + 2 và còn dư .
Câu 2 (4 điểm)1.Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để .
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU
Câu 1: (3 điểm)
Cho biểu thức:
Câu 4: (6 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N.
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
PHÒNG GD&ĐT NHƯ THANH KỲ THI
CHỌN HỌC SINH GIÓI CÁC MÔN VĂN HOÁ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12/01/2023
Câu 1: (4,0 điểm)
Câu 2: (4,0 điểm)
Câu 3: (4,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD. Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AC và BC;M là điểm đối xứng với I qua E.
Gọi O là giao hai đường chéo AC và BD. Kí hiệu lần lượt là diện tích tứ giác ABCD, tam giác AOB và tam giác COD. Biết với a, b là các số dương cho trước. Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để
Câu 5: (2,0 điểm)
Cho các số dương x, y thoả mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Chú ý:
- Bài hình nếu HS không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không tính điểm.
- HS nếu làm theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn chấm điểm tối đa bài đó.
- Điểm chấm chi tiết đến 0,25 đ.
PHÒNG GD & DÀO TẠO YÊN THÀNH GIAO LƯU
Câu 1(4,0 điểm).
a)Phân tích đa thức thành nhân tử.
b)Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: .
Tính giá trị của biểu thức: P= .
Câu 2(5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9.
b, Giải phương trình: .
c, Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p2 + a2 = b2 . Chứng minh a chia hết cho 12
Câu 3(3,0 điểm).
a) Đa thức f(x) khi chia cho dư 4, khi chia cho dư . Tìm phần dư khi chia f(x) cho
a) Chứng minh tứ giác là hình vuông và
b) Gọi là giao điểm của và Chứng minh đồng dạng với và H là trực tâm
c) Gọi giao điểm của và là K, giao điểm của và BC là O, giao điểm của và AD là Chứng minh : .
Nhóm chuyên mộn
Câu 1 (4,0 điểm)
1. Cho biểu thức
Tìm điều kiện xác định và Rút gọn biểu thức Q.
2. Tìm số hữu tỉ x để biểu thức có giá trị là một số nguyên dương.
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Chứng minh chia hết cho 30 với mọi n Î N.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình:
c) Giải phương trình .
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b) Cho a, b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng:
Câu 4 (7,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD, có độ dài mỗi cạnh bằng a. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME ^ AB, MF ^ AD.
a) Chứng minh DE = CF.
b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy.
c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
2. Cho 17 điểm nằm trong mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô màu xanh, đỏ hoặc vàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.
TRƯỜNG THCS AN TRUNG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 NĂM HỌC 2022 -2023
Môn Toán 8 – Thời gian 120 phút
Môn Toán 8 – Thời gian 120 phút
Câu 1: (6 điểm)a) Tìm x, y thỏa mãn .
b) Tìm x, y là các số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho và .
c) Xác định đa thức f(x) biết f(x) chia hết cho 2x – 1, chia cho x – 2 thì dư 6, chia cho được thương là x + 2 và còn dư .
Câu 2 (4 điểm)1.Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để .
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: Toán - Lớp 8 –(Thời gian làm bài 120 phút)
NĂM HỌC 2020-2021
Môn: Toán - Lớp 8 –(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu 1: (3 điểm)
Cho biểu thức:
- Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A
- Tìm x để A = -1
- Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1
- Chứng minh rằng là số chính phương
- Giải phương trình nghiệm nguyên:
- Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Tìm a, b, c, d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số dư là 6 và tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18
- Tìm x để biểu thức: với đạt giá trị lớn nhất.
- Cho x > 0, y > 0, z > 0 và .
Câu 4: (6 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N.
- Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật.
- Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.
- Chúng minh rằng: AC = 2EF.
- Chứng minh rằng:
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.
…………………Hết……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8
NĂM HỌC 2020-2021
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8
NĂM HỌC 2020-2021
| Câu | Ý | Đáp án | Điểm |
| 1 | Cho biểu thức:
| 3 | |
| a 2đ | +) Điều kiện xác định: | 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 | |
| b 1đ | ; | 0,25 0,5 0,25 | |
| 2 | a)Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng là số chính phương b) Giải phương trình nghiệm nguyên: c ) Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Tìm a, b, c, d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số dư là 6 và tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18 | 6 | |
| a 2đ | Ta có: ab + bc + ca = 1 ; ; Vì a, b, c là các số nguyên nên Suy ra là số chính phương. | 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 | |
| b 2 đ | Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là | 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 | |
| c 2 đ | +) Từ đề bài ta suy ra được f(x) – 6 chia hết cho x – 1; x – 2; x – 3. +) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên ta có: f(x) – 6 = m(x-1)(x-2)(x-3), trong đó m là hằng số khác 0 +) Lại có f(-1) = -18 => -18 - 6 = m.(-2).(-3).(-4) => m =1 +) Vậy f(x) -6 = (x-1)(x-2)(x-3) => f(x) = x3 – 6x2 +11x. =>a = 1; b = -6; c = 11; d = 0 | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |
| 3 | a.Tìm x để biểu thức: với đạt giá trị lớn nhất. b. Cho x > 0, y > 0, z > 0 và . Chứng minh răng: | 3 | |
| a 1,5đ | Đặt , ta có : với mọi t Vậy max | 0,5 0,5 0,25 0,25 | |
| b 1,5đ | Áp dụng bất đẳng thức (với x, y dương) Ta có: (1) Tương tự ta có: (2) (3) Từ (1), (2), (3) ta có : Dấu “ = ” xảy ra | 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 | |
| 4 | Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N. a.Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật. b.Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF c. Chứng minh rằng: | 6 | |
| a 2 đ | Ta có ( cùng phụ với góc BAH) AB = AD ( giả thiết) => DM = AF, mà AF = AE ( giả thiết ) =>AE = DM. Lại có AE DM ( vì AB song song DC) => AEMD là hình bình hành, mặt khác (GT) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |
| b 2 đ | Ta có => Lại có ( cùng phụ với góc ABH ) Nên =>E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó BD = 2EF hay AC = 2EF ( đpcm) | 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 | |
| c 2 đ | Do ( giả thiết), áp dụng hệ quả định lí Ta –lét, ta có ; Lại có ( GT), Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét, ta có Hay (Định lí Pitago) ( đpcm) | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |
| 5 | Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu. | 2 | |
+) Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy 3 đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân. +) Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh , đỏ và tím sẽ xảy ra hai khả năng sau: +) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân. +) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất hai màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân. +) Vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu | 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 |
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
PHÒNG GD&ĐT NHƯ THANH KỲ THI
CHỌN HỌC SINH GIÓI CÁC MÔN VĂN HOÁ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2022 – 2023
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12/01/2023
Câu 1: (4,0 điểm)
- Cho biểu thức với
- Rút gọn A và tìm số nguyên x để A chia hết cho 2.
- Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: và
Câu 2: (4,0 điểm)
- Giải phương trình:
- Phân tích đa thức sau thành phân tử:
Câu 3: (4,0 điểm)
- Tìm cặp số nguyên (x;y) thoả mãn phương trình:
- Cho x;y là các số nguyên khác 0; 1; -1 và chia hết cho xy.
- Chứng minh rằng không chia hết cho y.
Cho tứ giác ABCD. Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AC và BC;M là điểm đối xứng với I qua E.
- Chứng minh tứ giác ABIM là hình bình hành.
- Gọi N, F lần lượt là trung điểm của AD và BD; K là điểm đối xứng với I qua F.
Gọi O là giao hai đường chéo AC và BD. Kí hiệu lần lượt là diện tích tứ giác ABCD, tam giác AOB và tam giác COD. Biết với a, b là các số dương cho trước. Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để
Câu 5: (2,0 điểm)
Cho các số dương x, y thoả mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN
MÔN TOÁN
MÔN TOÁN
Câu | Ý | Tóm tắt nội dung hướng dẫn | Điểm |
Câu 1 | 1 (2,5 đ) | Cho biểu thức với | |
| +) Với ta có: | 0,5 | ||
0,25 | |||
0,5 | |||
| Vậy với thì | 0,25 | ||
| +) Ta có: chia hết cho 2 thì A phải nhận giá trị nguyên. Do x nguyên nên A nhận giá trị nguyên khi x + 1 chia hết cho x – 3. | 0,25 | ||
| Mà x + 1 = x – 3 + 4 nên suy ra 4 chia hết cho x – 3 Ư(4) Suy ra | 0,5 | ||
| +) Đối chiếu với điều kiện và thử lại ta thấy là giá trị cần tìm. | 0,25 | ||
2 (1,5 đ) | Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: và Tính giá trị biểu thức | | |
| +) Từ Do với a, b, c đôi một khác nhau nên suy ra a + b + c = 0. | 0,5 | ||
| Khi đó: Tương tự: | 0,5 | ||
| Công theo vế các đẳng thức trên ta được: Vậy P = 0. | 0,5 | ||
Câu 2 | | Giải phương trình: | |
| 1 (2đ) | Điều kiện xác định: | 0,25 |
| Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với | 0,25 | ||
0,75 | |||
| ( do vô nghiệm) | 0,5 | ||
| Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm | 0,25 | ||
2 (2đ) | Phân tích đa thức sau thành phân tử: | | |
| Đặt Và Khi đó: | 0,5 | ||
| Ta có: | 0,75 | ||
| Vậy: | 0,75 | ||
Câu 3 | 1 (2đ) | Tìm cặp số nguyên (x;y) thoả mãn phương trình: | |
| Phương trình (do ) | 0,5 | ||
| Với x nguyên, để y nguyên thì x – 5 chia hết cho Suy ra (x + 5)(x – 5) chia hết cho | 0,5 | ||
| Suy ra 27 chia hết cho do đó chỉ có thể là 3; 9; 27. | 0,5 | ||
| Từ đó ta có Thay lần lượt các giá trị của x vào đề bài ta tìm được các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn đề bài là (-1; -3); (5; 5). | 0,5 | ||
2 (2đ) | Cho x;y là các số nguyên khác 0; 1; -1 và chia hết cho xy. Chứng minh rằng không chia hết cho y. | | |
| Vì chia hết cho xy nên là số nguyên. Đặt: với | 0,25 | ||
| | Theo giả thiết ta có là số nguyên nê (1) | 0,5 |
| Mặt khác: nên (vì ) (2) | 0,5 | ||
| Từ (1) và (2) suy ra | 0,25 | ||
| Do đó: Không xảy ra do Vậy không chia hết cho y. | 0,5 | ||
Câu 4 | | Cho tứ giác ABCD. Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AC và BC;M là điểm đối xứng với I qua E. 1. Chứng minh tứ giác ABIM là hình bình hành. 2. Gọi N, F lần lượt là trung điểm của AD và BD; K là điểm đối xứng với I qua F. Chứng minh: ba đường thẳng IN; MF; KE đồng quy. 3. Gọi O là giao hai đường chéo AC và BD. Kí hiệu lần lượt là diện tích tứ giác ABCD, tam giác AOB và tam giác COD. Biết với a, b là các số dương cho trước. Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để | |
| | | |
1 (2đ) | Vì M đối xứng với I qua E nên E là trung điểm của MI Tứ giác AICM có E là trung điểm của hai đường chéo AC và MI nên AICM là hình bình hành. | 0,75 | |
| AM // IC và AM = IC. Mà IC = BI và B, I, C thẳng hàng suy ra AM // BI và AM = BI. | 0,75 | ||
| Tứ giác AMIB có AM // BI và AM = BI nên là hình bình hành | 0,5 | ||
2 (2đ) | Tương tự câu a, tứ giác BKDI là hình bình hành | 0,5 | |
| KD // BI; KD = BI mà AM // BI; AM = BI ( do ABMI là hình bình hành) KD // AM;KD=AMAMKD là hình bình hànhN là trung điểm của MK | 0,75 | ||
| | Xét có N, F, E lần lượt là trung điểm của MK; KI; MI Suy ra IN; MF, KE là ba đường trung tuyến của tam giác IN; MF; KE đồng quy (ĐPCM) | 0,75 |
3 (2đ) | | | |
| Ta có | 0,5 | ||
| Áp dụng BĐT: Do a, b>0 | 0,5 | ||
| Ta có không đổi | 0,5 | ||
| Dấu “=” xảy ra khi AB // CD hay ABCD là hình thang Vậy: = (a + b)2 khi tứ giác ABCD là hình với hai đáy là: AB // CD | 0,5 | ||
Câu 5 (2đ) | | Cho các số dương x, y thoả mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức | |
| Từ giả thiết , suy ra | 0,5 | ||
| Do x, y > 0 nên ta có: | 0,5 | ||
| Suy ra (do ). | 0,5 | ||
| Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng – 4 khi x = 1 và y = 2. | 0,5 |
Chú ý:
- Bài hình nếu HS không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không tính điểm.
- HS nếu làm theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn chấm điểm tối đa bài đó.
- Điểm chấm chi tiết đến 0,25 đ.
PHÒNG GD & DÀO TẠO YÊN THÀNH GIAO LƯU
CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 6 | HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2022 - 2023 MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 120 phút |
Câu 1(4,0 điểm).
a)Phân tích đa thức thành nhân tử.
b)Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: .
Tính giá trị của biểu thức: P= .
Câu 2(5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9.
b, Giải phương trình: .
c, Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p2 + a2 = b2 . Chứng minh a chia hết cho 12
Câu 3(3,0 điểm).
a) Đa thức f(x) khi chia cho dư 4, khi chia cho dư . Tìm phần dư khi chia f(x) cho
- b,Cho là các số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng:
a) Chứng minh tứ giác là hình vuông và
b) Gọi là giao điểm của và Chứng minh đồng dạng với và H là trực tâm
c) Gọi giao điểm của và là K, giao điểm của và BC là O, giao điểm của và AD là Chứng minh : .
- Câu 5(1,0 điểm). Tìm các số nguyên thỏa mãn: .
- ………………………………………..HẾT……………………………………………
| KỲ THI GIAO LƯU CỤM 6 | HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2023 MÔN: TOÁN HỌC |
Câu | Y | NỘI DUNG | ĐIỂM | |
| Câu 1(4,0 điểm). a)Phân tích đa thức thành nhân tử. b)Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: . Tính giá trị của biểu thức: P= . | ||||
1 4đ | a 2đ | a) = = = = = = | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |
| b 2đ | b) (a+b+c)2= Tương tự: ; | 0,5 0,5 0,5 0,5 | ||
| Câu 2(5,0 điểm). a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. b, Giải phương trình: . c, Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p2 + a2 = b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 | ||||
| Câu 2 5Điểm | a 2điểm | Gọi 2 số phải tìm là và , ta có chia hết cho 3 Ta có: Vì chia hết cho 3 nên chia hết cho 3. Do vậy, chia hết cho 9 | 1,0 1,0 | |
| b 2điểm | Đặt Phương trình đã cho trở thành: Vậy nghiệm của phương trình là: | 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 | ||
| c 1 điểm | 1. Ta có: p2 + a2 = b2 ó p2 = (b + a)(b - a) Mà ước của p2 là 1; p và p2 Do b + a > b – a với mọi a, b nguyên dương và p nguyên tố lớn hơn 3 Nên không xảy ra trường hợp b + a = b – a = p Do đó (1) Mà p nguyên tố và p > 3, suy ra p lẻ nên p + 1 và p – 1 là hai số chẵn (2) Từ (1) và (2) suy ra (p + 1)(p -1) chia hết cho 8 Suy ra 2a chia hết cho 8, nên a chia hết cho 4 (3) Lại có p nguyên tố và p > 3. Nên p không chia hết cho 3 và p2 là số chính phương lẻ. Do đó p2 chia 3 dư 1 Suy ra p2 – 1 chia hết cho 3, nên 2a chia hết cho 3 Suy ra a chia hết cho 3 ( vì (2, 3) = 1) (4) Tư (3) và (4) suy ra a chia hết cho 12 (do (3, 4) = 1) (đpcm) | 0.25 0.25 0.25 0.25 | ||
| Câu 3(3,0 điểm). a) Đa thức f(x) khi chia cho dư 4, khi chia cho dư . Tìm phần dư khi chia f(x) cho
| ||||
| a (1.5 điểm) | Theo định lí bơ-zu ta có: f(x) chia dư 4 => f(-1) = 4. Do bậc của đa thức chia là 3 nên đa thức dư có dạng . Gọi thương là q(x).Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có Mà f(x) chia cho dư (1) Mặt khác f(-1)=4 a -b+ c = 4 (2) . Do đó ta có : Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: | |||
| 0,25 0,5 0.5 0,25 | ||||
| b. (1.5 điểm) | Tương tự: Do đó: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: Vậy . Dấu “=” xảy ra | 0.5 0.5 0.25 0.25 | ||
| Câu 4(7,0 điểm) Cho tam giác vuông tại A có là tia phân giác của . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên và là giao điểm của và là giao điểm của CM và a) Chứng minh tứ giác là hình vuông và b) Gọi là giao điểm của và Chứng minh đồng dạng với và H là trực tâm c) Gọi giao điểm của và là K, giao điểm của và BC là O, giao điểm của và AD là Chứng minh : . | ||||
0.5điểm | ||||
| a. (2.5 điểm) Chứng minh tứ giác là hình vuông và | ||||
| * Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông | ||||
| +) Chứng minh | 0.25 | |||
| Suy ra tứ giác là hình chữ nhật | 0.25 | |||
| +) Hình chữ nhật có AD là phân giác của | 0.25 | |||
| nên tứ giác là hình vuông. | 0.25 | |||
| * Chứng minh EF // BC | ||||
| +) Chứng minh : và | 0.25 | |||
| Chứng minh | 0.25 | |||
| Chứng minh | 0.25 | |||
| Từ suy ra | 0.5 | |||
| b) 2.0 điểm. Gọi là giao điểm của và Chứng minh đồng dạng với và H là trực tâm | ||||
| * Chứng minh | ||||
| Chứng minh suy ra | 0.25 | |||
| Chứng minh và | 0.25 | |||
| Chứng minh Suy ra | 0.25 | |||
| Từ (5) (6) (7) (8) suy ra | 0.25 | |||
| * Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF | ||||
| Vì nên | 0.25 | |||
| Mà Suy ra | 0.25 | |||
| Tương tự: | 0.25 | |||
| suy ra H là trực tâm | 0.25 | |||
| c) 2.0 điểm. Gọi giao điểm của và là K, giao điểm của và BC là O, giao điểm của và AD là Chứng minh : | ||||
| Đặt Khi đó: | 0.25 | |||
| 0.5 | ||||
| Theo định lý AM-GM ta có: Tương tự : | 0.5 | |||
| Suy ra | 0.5 | |||
| Dấu xảy ra khi và chỉ khi là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết. | 0,25 | |||
Câu5 ( 1 điểm) | 5(1,0 điểm). Tìm các số nguyên thỏa mãn: . | |||
5 | Ta có: | 0,5 | ||
| Ta thấy nên do nguyên nên | 0,5 | |||
| Với thay vào ta được: tìm được Với thay vào ta có: , không tìm được nguyên Với thay vào ta có không tìm được nguyên | 0,25 0,25 0,25 | |||
| Vậy | 0,25 |
( Lưu ý mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa)
------------------ Hết --------------
------------------ Hết --------------
Nhóm chuyên mộn
PHÒNG GIÁO DỤC YÊN THÀNH | ĐỀ THI HSG CỤM TRƯỜNG LẦN 1 NĂM HỌC: 2022 - 2023_MÔN THI: TOÁN 8 (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) |
Câu 1 (4,0 điểm)
1. Cho biểu thức
Tìm điều kiện xác định và Rút gọn biểu thức Q.
2. Tìm số hữu tỉ x để biểu thức có giá trị là một số nguyên dương.
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Chứng minh chia hết cho 30 với mọi n Î N.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình:
c) Giải phương trình .
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b) Cho a, b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng:
Câu 4 (7,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD, có độ dài mỗi cạnh bằng a. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME ^ AB, MF ^ AD.
a) Chứng minh DE = CF.
b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy.
c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
2. Cho 17 điểm nằm trong mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Nối các điểm này lại bằng các đoạn thẳng và tô màu xanh, đỏ hoặc vàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu.
--------------HẾT--------------
ĐÁP ÁN
ĐÁP ÁN
Câu | Ý | Đáp án | Điểm | ||||||||||||||||||||||
1 4 đ | a 2,5 đ | ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 2 | 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 | ||||||||||||||||||||||
b 1,5 đ | Ta có Mà P nguyên dương nên P = 1; P = 2. +) P = 1 => x= -1/2 T/m +) P = 2 => x = - 2 T/m. | 0,75 0,75 | |||||||||||||||||||||||
2 6 đ | a 2 đ | n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho 6 vì (n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*) Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5) = n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5 và 5n(n2 - 1) chia hết cho 5. Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5. (**). Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh. | 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 | ||||||||||||||||||||||
b 2 đ | +) x2 – 25 = y(y + 6) Û x2 – (y + 3)2 = 16 Û (x + y + 3)(x – y – 3) = 16 Ta có bảng sau:
(4; -3), (-4; -3), (5; 0), (-5; -6), (5; -6), (-5; 0) | 0,5 0,25 0,5 0,75 | |||||||||||||||||||||||
c 2 đ | Đặt x2 + x = t thì phương trình đã cho trở thành: t2 + 4t -12 = 0 Û (t – 2)(t + 6) = 0 => Tìm được t = -6 hoặc t = 2 +) t = -6 Û x2 + x = -6 Û ( x + 1/2 )2 + 23/4 = 0 (phương trình vô nghiệm) +) t = 2 Û x2 + x = 2 Û (x -1)(x +2) = 0 => x = 1 hoặc x = -2. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; -2} | 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 | |||||||||||||||||||||||
3 3đ | a 1,5 đ | Đặt Vậy min A = 2 khi x = 2. | 0,5 0,5 0,5 | ||||||||||||||||||||||
b 1,5 đ | Ta có: Mà a + b = 1 => Dấu "=" có ó | 0,5 0,5 0,25 0,25 | |||||||||||||||||||||||
5 7đ | 1a 2,0đ | +) Xét tứ giác AEMF có ÐA = ÐE = ÐF = 90 nên tứ giác AEMF là hình chữ nhật => AE = FM +) Tam giác DFM vuông cân tại F => FM = DF => AE = DF => dễ dàng chứng minh được D ADE = D DCF (c-g-c) suy ra DE = CF ( hai cạnh tương ứng). | 0,5 0,5 0,75 0,25 | ||||||||||||||||||||||
1b 2,0đ | +) Vì tứ giác AEMF (cmt) => AF = EM +) Tam giác EBM vuông cân tại E => EB = EM => AF = EB => D ABF = DBCE ( c-g-c) => Ð ABF = Ð BCE => Ð ABF + Ð CBF = Ð BCE + Ð CBF = 90o nên BF vuông góc CE tại K (với K là giao điểm của CE và BF) +) Từ DADE = DDCF (cmt), chứng minh tương tự như trên ta có: DE vuông góc với CF +) Gọi H là giao điểm của BF và DE, suy ra H là trực tâm của tam giác CEF => CH vuông góc với EF +) Gọi N là giao điểm của BC và MF. Ta chứng minh được CN = DF = FM và MN = EB = EM => D FEM =D CMN (c-g-c) => Ð EFM = Ð MCN. Gọi giao điểm của CM và EF là Q => Ð NMC = Ð QMF và từ đó ta dễ dàng chứng minh được CM vuông góc với EF tại Q. Suy ra 3 đường thẳng DE, BF, CM đồng quy tại H. | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |||||||||||||||||||||||
1c 2,0đ | Ta chứng minh được hình chữ nhật AEMF có chu vi bằng 2a không đổi => ME + MF = a không đổi => SAEMF = ME.MF lớn nhất khi và chỉ khi ME = MF Mà ME = MF khi và chỉ khi tứ giác AEMF là hình vuông ó M là trung điểm của BD. Khi đó ta dễ dàng chứng minh được tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất bằng 1/4 a2 | 0,5 0,5 0,5 0,5 | |||||||||||||||||||||||
2 1,0đ | +) Ta có 16 đoạn nối cùng một điểm A. +) Vì 16 = 5.3 + 1 nên ít nhất có 6 cạnh cùng được tô một màu, giả sử là AB, AC, AD, AE, AF, AH cùng màu đỏ. +) Xét các đoạn thẳng với các mút là 6 điểm B, C, D, E, F, H. +) Nếu tồn tại một cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì ta thu được tam giác ABC có các cạnh cùng màu đỏ. +) Nếu tất cả đều chỉ có màu xanh, màu vàng thì cũng tồn tại tam giác cùng màu. | 0,25 0,25 0,25 0,25 |
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
CHỦ ĐỀ LIÊN QUAN
CHỦ ĐỀ MỚI NHẤT
