Đề thi KSCL môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nông Cống

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo và tải về Đề thi KSCL môn Toán lớp 8 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nông Cống được chia sẻ sau đây để luyện tập nâng cao khả năng giải bài tập, tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp diễn ra. Chúc các em ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi.

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN NƠNG CỐNG KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang) Ngày thi 04/3/2023 Đề thức Câu (4,0 điểm) = Cho biểu thức P  x +1 x2 + x − x2  + + :   với x ≠ 0; x ≠ ±1 x2 − 2x +  x x −1 x2 − x  Rút gọn chứng minh P ≥ với x > 3abc abc ≠ Cho ba số a, b, c đôi khác thoả mãn a + b3 + c = Tính giá trị biểu thức B = 8(a + b) 3(b + c) 2034(c + a ) + − c a b Câu (4,0 điểm) 72 Giải phương trình ( x − 7)( x − 5)( x − 4)( x − 2) = Cho x, y số hữu tỉ khác thoả mãn: 2x −1 y −1 + = Chứng minh: x −1 y −1 M = x + y − xy bình phương số hữu tỉ Câu (4,0 điểm) Tìm số nguyên x, y thoả mãn y + xy − x − = Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b chia hết cho a 2b − Câu (6,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn thẳng AB có độ dài 2a Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax; By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm D (D khác A) Qua O kẻ đường vng góc với OD O, cắt By C Gọi H hình chiếu vng góc O CD Chứng minh ∆ADH # ∆BOH ∆AHB vuông Gọi I giao điểm AC BD; E giao điểm AH DO; F giao điểm BH CO Chứng minh E; I; F thẳng hàng Tìm vị trí D Ax để diện tích tứ giác ABCD nhỏ Tìm giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức T = a b c + + 4 b + c + a a + c + b a + b4 + c -Hết - PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN NÔNG CỐNG Câu Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN: TỐN Nội dung Với x ≠0; x ≠ ±1 Ta có: P= x( x + 1) ( x + 1)( x − 1) + x + − x : x( x − 1) − x ( ) x( x + 1) x − + x + − x x( x + 1) x + = = : : 2 x( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) x( x − 1) = x( x + 1) x( x − 1) x2 = ( x − 1) x + x − Vậy x ≠0; x ≠ ±1 P = Ta có (4,0 điểm) 0,5 0,25 0,25 x2 x −1 x2 x2 −1 + 1 = = x +1+ = x −1+ +2 x −1 x −1 x −1 x −1 >0 Vì x > nên x – > 0; x −1 P= Suy x − + Điểm   ≥ ( x − 1)   =2 x −1  x −1  0,25 0,25 0,25 Dấu “=” xảy khi: x −1 = ⇒ ( x − 1) =1 ⇒ x − =±1 x −1 Giải ta x = (không thoả mãn đk); x = thoả mãn điều kiện Vậy P ≥ với x > a + b3 + c = 3abc (a, b, c đôi khác nhau, abc ≠0) ⇔ ( a + b ) − 3ab(a + b) + c3 − 3abc = 0,25 ⇔ (a + b + c)3 − 3c(a + b)(a + b + c) − 3ab(a + b + c) = ⇔ (a + b + c)(a + b + c − ab − ac − bc) = (a + b + c) (a − b) + (b − c) + (c − a )  = a + b + c =  a + b =−c   a − b =0 b + c =− a  ⇔  ⇔   b − c =0  c + a =−b    a= b= c (loai vi a ≠ 0; b ≠ 0; c ≠ 0)  c − a = 8(−c) 3(−a ) 2034(−b) B= + − = 2023 c a b ⇔ 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Câu Ý Nội dung ( x − 7)( x − 5)( x − 4)( x − 2) = 72 Điểm ⇔ ( x − x + 14) ( x − x + 20 ) = 72 0,5 t Đặt x − x + 14 = 0,25 Khi ta có phương trình t (t + 6) = 72 ⇔ (t + 12).(t − 6) = Giải ta t = -12; t =  9 23 0,5 −12 ⇔  x −  + = Với t = -12 x − x + 14 = 2  vô nghiệm (4.0 điểm) x = x − x + 14 =6 ⇔ ( x − 1)( x − 8) =0 ⇔  x = Vậy tập nghiệm phương trình S = {1; 8} Biến đổi điều kiện = ( x + y − 1) Vậy M bình phương số hữu tỉ y + xy − x − =⇔ y + xy + x = x + 3x + ⇔ ( x + y ) = ( x + 1).( x + 2) (4,0 điểm) Với x, y nguyên trái số phương, vế phải tích số tự nhiên liên tiếp nên để thoả mãn x+1 = x + = Giải với x = -1 tìm y = Với x = -2 y = Vậy giá trị nguyên x, y cần tìm là: (x; y)∈{(-1; 1); (-2; 2)} Từ điều kiện a + b chia hết cho a 2b − mà a, b nguyên 0,25 2x −1 y −1 + = x −1 y −1 (2 x − 1).( y − 1) + (2 y − 1)( x − 1) ( x − 1).( y − 1) ⇔ =0,25 ( x − 1).( y − 1) ( x − 1).( y − 1) ⇒ 3xy = 2( x + y ) − M =x + y − xy =( x + y ) − xy =( x + y ) − 2( x + y ) + 1 0,5 k (a 2b − 1) (k nguyên dương) dương nên a + b= ⇔ a + k= ka 2b − b ⇔ a + k= b(ka − b) 0,75 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu Ý Nội dung Điểm b m (m ∈ Z ) ⇒ a += k bm Đặt ka −= Mà a, k nguyên dương suy m nguyên dương Do b m nguyên dương nên suy (b-1).(m-1) ≥ 0,25 ⇔ bm − b − m + ≥ ⇔ a + k − b − ka + b + ≥ ⇔ (a + 1) − k (a + 1).(a − 1) ≥ ⇔ (a + 1)(1 − ka + k ) ≥ 0,25 Mà a nguyên dương nên – ka + k ≥ ⇔ k(a-1) ≤ Lại có k, a nguyên dương nên k(a-1) = k(a-1) = Với k (a – 1) = mà k nguyên dương nên a = 1, b + 1= k (b − 1) ⇔ b − + 2= k (b − 1) ⇔ (b − 1)(b + 1) − k (b − 1) = −2 ⇔ (b − 1)(b + − k ) =−2 Mà b nguyên dương nên: TH1: b – = b + – k = -2, ta tính b = k =5 TH2: b – = b + – k = -1 Ta tính b = k = Với k(a-1) = mà k nguyên dương nên k = 1; a = lai có a + k = bm ⇔ bm = nên b = b = Vậy (a; b)∈{(1; 2); (1; 3); (2; 1); (2; 3)} 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y x D H C (6,0 điểm) I E A O K F B = 900  A= B  ∆ADO # ∆BOC       ADO = BOC (cung phu DOA) ⇒ AD OD = (1) BO OC 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm     ODH = HOC (cung phu HOD) ∆DHO # ∆OHC    = CHO = 900   DHO DH OD ⇒ =(2) OH OC Từ (1) (2) suy 0,5 DH AD = OH BO  DH AD =  ∆ADH # ∆BOH  OH BO     ADH = HOB (cung bu voi AOH ) 0,5  = OHB  Từ ∆ADH # ∆BOH suy DHA =  = 900 Ta có  AHB =  AHO + BHO AHO + DHA Vậy ∆AHB vuông H 0,5 Chứng minh điểm E; I; F thẳng hàng Theo câu a ta có ADH # ∆BOH mà ∆OHB cân O nên ∆DHA cân A suy DA = DH Mà oA = OH suy OD đường trung trực AH nên EH = EA (3) Chứng minh tương tựu ta có CH = CB Mặt khác OB = OH nên OC đường trung trực BH nên FH = FB (4) Từ (3) (4) suy EF đường trung bình tam giác HAB nên EF//AB (*) Gọi HI giao với AB K AD//BC nên 0,5 0,5 AD BI = BC IB Thay AD = DH; CH = CB (∆OBH cân C ∆DHA cân D) ⇒ DH DI = ⇒ BC / / HI ⇒ AD / / HK / / BC HC IB HI BC Ta có HI//BC suy= AD//BC ⇒ DI KI AI ; KI / / BC= ⇒ DB BC AC 0,5 DI AI HI KI = suy = ⇒ HI= IK DB AC BC BC Mà EH = EA suy EI đường trung bình ∆HAK ⇒ EI //AB (**) Từ (*) (**) suy E; I; F thẳng hàng 0,5 Câu Ý Nội dung Tứ giác ABCD hình thang vng nên ta có: S= ABCD Điểm ( AD + BC ) AB 2a ( AD + BC ) = = a ( AD + BC ) 2 Ta có AD = DH; CH = CB suy AD + BC = CD S ABCD = a.CD S nhỏ CD nhỏ Ta có CD ≥ AB \; dấu “=” xảy ⇔ CD ⊥ Ax suy ABCD hình chữ nhật ⇔ CD = AB = 2a AD = BC ⇔ AD = DH = CB = CH = AB: = a Vậy AD = a SABCD nhỏ GTNN 2a2 Ta chứng minh a4 + b4 ≥ ab (a2 + b2) với a, b dương Thật vậy: 2 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 a + b ≥ ab(a + b1 ) ⇔ a + b ≥ a 3b + ab3 0,5 ⇔ (a − b)(a − b ) ≥ ⇔ (a − b) (a + ab + b ) ≥ Luôn với a, b Suy a + b + c ≥ ab(a + b ) + c ⇔ a + b + c ≥ abc > với (2,0 điểm) 0,25 a, b, c > abc = Nên ta có: c c c c ≤ ⇔ ≤ 2 a + b + c ab(a + b ) + abc a + b + c ab.(a + b + c ) 0,25 c c c c ≤ ⇔ ≤ 2 a + b + c abc.(a + b + c ) a + b + c a + b2 + c2 Vậy tương tự với biểu thức lại ta suy được: T= a b c a + b2 + c2 + + ≤ =1 b4 + c4 + a a + c4 + b a + b4 + c a + b2 + c2 Vậy T ≤ 1với số thực dương a, b, c thoả mãn abc=1 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy giá trị lớn T = a = b = c = 0,5 0,5 Ghi chú: - Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa - Bài hình học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm