Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 2 môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

TRƯỜNG- THCS

KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 2

NĂM HỌC 2022-2023

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 8

(Đề gồm 01 trang) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI (ngày thi 23./12/2022)

Câu 1: (4 điểm). Cho   2

2 2 3 3 3 4 3 9 3 : 3 9 3 3

x x x x x P x x x x x

               

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P .

b)Tìm x thỏa mãn: 3 19 5 P P x x    .

c) Tìm x Z  để P nguyên.

Câu2(4điểm). 1 Giải phương trình sau:  

2 2 2

2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4 x x x x x x x x x                             

2. Cho 2 2 2 2 x y a b

x y a b

        

.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: xn + yn = an + bn

.Câu 3: ( 4 điểm). a) : Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho 1 n  và 2 1 n  đều là các số chính phương thì n là bội số của 24.

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số

2

2 10 9 4 20 20 9 n n n n     tối

giản.

Bài 4 : (6 điểm)

Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q.

a) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD. b) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC. c) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F. Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB. d) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB Câu 5: (2 điểm). ) Tìm giá trị nhỏ nhất của:

------------------Hết------------------- (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .;, Số báo danh:. . .

      1 3 4 6 10 x A x x x x      

ĐỀ CHÍNH THỨC

DeThi.edu.vn

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LẦN 2 MÔN TOÁN LỚP 8

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI MÔN: Toán (Đáp án gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm

1 4.0đ

A

• Biểu thức P xác định

 

2

2 3

3 0

9 0 3 3 0 0

4 3 0

3 3 3 4 0

x

x x x x

x x x x x

                             

Với điều kiện (*) ta có:

  2

2 2 3 3 3 4 3 9 3 : 3 9 3 3

x x x x x P x x x x x

               

   

2 2

2

3 3 9 3 3 9 3 3 3 4

x x x x x x x x x x

                

       

    

   

2 2 2 3 3 3 9 3 3 3 3 3 3 3 3 4 x x x x x x x x x x x x

                     

  

   

2 2 2 3 9 6 9 9 6 3 3 3 3 4

x x x x x x x x x x

          

 

 

3 3 4

3 3 3 4

x x x x x

    

2

3 x x  

• Vậy

2

3 x P x   với x thỏa mãn ĐKXĐ (*).

0,5

0,5

0.5

0,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

DeThi.edu.vn

Câu Nội dung Điểm

b/ Với

2

3 x P x   với x thỏa mãn ĐKXĐ (*) (trong câu a) ta có:

3 19 5 P P x x    trở thành:

2

2 3 3 19 5 3

x

x x x x x     

   2 19 5 3 3 0 3 3 3

x x x x x x x

        

2 2 3 19 57 5 15 0 3 x x x x x x        

2 8 5 57 0 x x    

2 5 57 0 8 8 x x    

2 5 1849 16 256 x         

5 1849 16 16 5 1849 16 16

x

x

    



  

(thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy 5 1849 5 1849 ; 16 16 x            

c)Với ĐKXĐ (*) thì

2

3 x P x   (theo câu a).

Để P¢ thì

2

3 x x   ¢

Vì 2 x x    ¢ ¢ và 3 x ¢

  2 3 x x   

Lại có     2 3 3 3 9 x x x x     

  9 3 x   

   3 9 x Ö

      3 9; 3; 1;1;3;9 x

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

DeThi.edu.vn