Đề hsg toán 8 2022 2023

Cho biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F.. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.. a Chứng minh CE = CF b Chứng minh D, B, M thẳng hàng c Chứng minh

UBND HUYỆN QUỲNH NHAI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI KHỐI LỚP 6, 7, 8

CẤP HUYỆN, NĂM HỌC 2022 - 2023

Môn thi: Toán 8

Ngày thi: 20/4/2023

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1(3 điểm): Cho biểu thức A = 1 2 10 5

x



a) Tìm điều kiện của x để A xác định

b) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị của x để A > 0

Câu 2(6 điểm):

a) Tìm các giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức 2n2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n - 1

b) Tìm GTNN của biểu thức B = x4 - 4x3 + 9x2 - 20x + 22

c) Rút gọn biểu thức 322 1 7. 22 1 11. 22 1 4322 1

Câu 3(4 điểm): Cho phương trình: x3 – (m2 – m + 7)x – 3(m2 – m –2) = 0

a) Xác định m, biết phương trình có một nghiệm bằng 1

b) Tìm nghiệm còn lại của phương trình với m vừa xác định

Câu 4(1 điểm): Chứng tỏ: 2 2 1 3

2 1

a

 



Câu 5(6 điểm): Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB Cho

biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F Gọi M

là trung điểm của đoạn thẳng EF

a) Chứng minh CE = CF

b) Chứng minh D, B, M thẳng hàng

c) Chứng minh EAC ∽ MBC

d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD

-Hết -(Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND HUYỆN QUỲNH NHAI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI KHỐI LỚP 6 - 7 – 8 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: Toán 8

Câu 1(3 điểm): Cho biểu thức A = 1 2 10 5

x



a) Tìm điều kiện của x để A xác định

b) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị của x để A > 0

1b

2

A

2

A

( 3)( 1) ( 3)( 2) 1

2

A

x A x









0,25

0,5

0,5

0,25

1c

A > 0  1 0

2

x x







 x x 1 02 0

2

x

x x

 









hoặc x x 1 02 0

2

x

x x

 









Kết hợp điều kiện (1), ta có: Với x < -1; x > 2; x -3 thì giá trị

của A > 0

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2(6 điểm):

a) Tìm các giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức 2n 2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n - 1

b) Tìm GTNN của biểu thức B = x 4 - 4x 3 + 9x 2 - 20x + 22

c) Rút gọn biểu thức

2a Ta có: 2n2 + 3n + 3 = (2n - 1)(n + 2) + 5 0,5

Vậy để giá trị của biểu thức 2n2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của

biểu thức 2n - 1 thì 2n - 1 phải là ước của 5; Ư(5) = {  1; 5}

2 1 1

2 1 1

2 1 5

2 1 5

1;0;3;

n n n n

n























0,5

1

2b

B = x4 - 4x3 + 9x2 - 20x + 22 = x4 - 4x3 + 4x2 + 5x2 - 20x + 22

= x2(x2 - 4x + 4) + 5(x2 - 4x + 4) + 2 = (x - 2)2.(x2 + 5) + 2

Vì (x - 2)2  0 Dấu "=" xảy ra khi x = 2 và x2 + 5 > 0 với mọi x

nên (x - 2)2.(x2 + 5)  0

=> C  2 Vậy GTNN của C là 2 khi x = 2

0,5 0,5 0,5

0,5

2c

Ta có:

24 80 168 2024

2.4 6.8 10.12 42.44

4.6 8.10 12.14 44.46

46 23



0,5

0,75

0,75

Câu 3(4 điểm):

Cho phương trình: x 3 – (m 2 – m + 7)x – 3(m 2 – m –2) = 0 (*)

a) Xác định m, biết phương trình có một nghiệm bằng 1

b) Tìm nghiệm còn lại của phương trình với m vừa xác định

3a

Phương trình (*) có 1 nghiệm bằng 1 nên ta có:

13 - (m2 – m + 7).1 – 3(m2 – m –2) = 0

 -4m2 + 4m = 0  -4(m2 - m) = 0

 m = 0 hoặc m = 1

0,75 0,75 0,5

3b

+) Với m = 0 thì PT (2) có dạng: x3 - 7x + 6 = 0

 (x - 1)(x2 + x - 6) = 0  (x - 1)(x - 2)(x + 3) = 0

 x = 1 hoặc x = 2 hoặc x = -3

Vậy khi m = 0 thì PT (2) có 2 nghiệm còn lại là x = 2 và x = -3

+) Với m = 1 thì PT (2) có dạng: x3 + 7x2 + 4x - 2 = 0

 x = 1 hoặc x = 2 hoặc x = -3

Vậy khi m = 0, m = 1 thì nghiệm còn lại của PT (2) là x = 2 và

x = -3

1

0,5 0,5

Câu 4(1 điểm): Chứng tỏ: 2 2 1 3

2 1

a

 



Ta có: (a - 1)2  0  a2 + 1  2a (1) 0,25

F

E

B A

N

M

F

E

B A

N

Chia cả hai vế của (1) cho 2(a2 + 1), ta được: 2

1

a a





Do đó: 1 1 2 1

a a



2 2

a

 



Vậy: 2 2 1 3

2 1

a

 



0,25

0,25

0,25

Câu 5(6 điểm): Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB Cho

biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F Gọi

M là trung điểm của đoạn thẳng EF.

a) Chứng minh CE = CF

b) Chứng minh D, B, M thẳng hàng

c) Chứng minh EAC ∽ MBC

d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD.

a) Ta có: BNC  BCF(cùng phụ BCN ); mà BNC  DCE SLT( )

Do đó: BCF DCE

Xét CDE và CBF có: BCF DCE ; CD = CB = a;

Do đó: CDE = CBF (g.c.g)  CE = CF

0,5

0,5 b) +) ABCD là hình vuông => BD là đường trung trực của đoạn

AC

+) AEF có EAF  90 0 và CEF có ECF  90 0; M là trung điểm

của EF => EF

2

1 MC

 M thuộc BD Vậy B, D, M thẳng hàng

0,5

0,5

0,5 c) CEF có  0

90

=> CM vừa là đường trung tuyến, vừa là phân giác

=> MCF  45 0

Mặt khác: ACD 45 0; BCF  DCE(C/m phần a)

+ CAD CBD    45 0(T/c hình vuông) => CAE CBM   (2)

Từ (1) và (2) => EAC ∽ MBC (g.g) 0,5

0,5 d) Đặt BN = x  AN = a – x

*) Ta có: SAEFC = SACE + SECF = CE 2

2

1 DC.AE 2

1



+) Tính AE:

Vì AN // CD => AE AN



x

x) a(a

AE  



+) Tính CE2: AD định lý Pi-ta-go, ta có:

CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2

2 2

2

x

a a x

x a a a a















Khi đó: SAEFC = 3 2 

2x

x a

a 

*) SABCD = a2

Để SAEFC = 3SABCD thì 3 2 

2x

x a

a 

= a2

 6x2 – ax – a2 = 0  (2x – a)(3x + a) = 0

 x 2a (vì a, x > 0)

KL: N là trung điểm của AB thì SAEFC = 3SABCD

0,75

0,25

0,5

Lưu ý: HS có cách giải khác đúng, GV chấm vẫn cho điểm tối đa theo

thang điểm.