Đề HSG cụm trường lần 1 Toán 8 năm 2022 - 2023 phòng GDĐT Yên Thành - Nghệ An

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

3 2

3 2 3 2 1 1 2 2 1 : 1 1 1                 

x x x Q x x x x x x x

Tìm điều kiện xác định và Rút gọn biểu thức Q.

2. Tìm số hữu tỉ x để biểu thức

2

2

4

2 x x P

x

 



có giá trị là một số nguyên dương.

Câu 2 (6,0 điểm)

a) Chứng minh 5 n n  chia hết cho 30 với mọi n  N.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình:

  2 25 6 x y y   

c) Giải phương trình    

2 2 2 4 12 x x x x     .

Câu 3 (3,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2 3 8 6 2 1 x x A

x x   

 

b) Cho a, b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng: 2 2 1 1 6 ab a b   

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 Câu Ý Đáp án Điểm

1 4 đ

a 2,5 đ

ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 2

      

    

      

3 2

3 2 3 2

2 2

2

2 2

2

2

2

1 1 2 2 1 : 1 1 1

1 1 2 1 1 1 . 2 1 1

2 4 1 1 . 2 1 1

2 2 1 1 . 2 1 1

2 1 1 1 1

                

          

        

        

     

x x x Q x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

b 1,5 đ

Ta có  

2 2

2 2

2 4 2 2 2 2

x x x P

x x

       

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)  x2 – (y + 3)2 = 16  (x + y + 3)(x – y – 3) = 16 Ta có bảng sau:

x - y 7 -1 5 1 11 -5 4 2 19 -13 x + y 1 -7 5 -11 -1 -5 13 -19 -2 -4 Vậy các cặp số nguyên phải tìm là: (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  (t – 2)(t + 6) = 0 => Tìm được t = -6 hoặc t = 2 +) t = -6  x2 + x = -6  ( x + 1/2 )2 + 23/4 = 0 (phương trình vô nghiệm) +) t = 2  x2 + x = 2  (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

   

   

2

2

2

2 2

3 8 6 2 1 3 2 1 2 1 1 2 1 3 1 1 1

x x A

x x x x x

x x x

  

             

Đặt  

2 2 1 2 3 1 2 2 1 y A y y y x          

1 min 2 1 1 2 1 A y x x       

Vậy min A = 2 khi x = 2.

0,5

0,5

0,5

b 1,5 đ

Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 ab ab ab ab a b a b a b         

  2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 1 2 2 2 2 ab ab ab a b ab a b a b

               

Mà a + b = 1 => 1 2 ab 

2 2 1 1 1 1 4 2 2 6 4 2 1 ab ab ab a b          

Dấu "=" có  1 2 a b  

0,5

0,5

0,25

0,25

5 7đ

1a 2,0đ

K

H

P M

A B

D C

F N

E

Q