zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi học sinh giỏi cấp thị xã môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Hoài Nhơn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

12
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với “Đề thi học sinh giỏi cấp thị xã môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Hoài Nhơn” được chia sẻ dưới đây, các bạn học sinh được ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học, rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải bài tập để chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt được kết quả mong muốn. Mời các bạn tham khảo đề thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp thị xã môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Hoài Nhơn

BD HSG – Toán 8 ĐT: 0905.884.951 – 0929.484.951 UBND THỊ XÃ HOÀI NHƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ PHÒNG GD – ĐT Năm học: 2023 – 2024 Môn: TOÁN 8 – Ngày thi: 13/04/2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ---------- oOo ---------- x4 2 x 2 1 x2 3 Bài 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức: A   4  4 . x 6 1 x  x 2 1 x  4 x 2  3 a) Tìm điều kiện xác định của A . b) Rút gọn A . c) Tính giá trị lớn nhất của A . Bài 2. (4,0 điểm) a) Cho ba số a , b , c thỏa mãn điều kiện: 4 a 2  2b 2  2c 2  4 ab  4 ac  2bc  6b 10c  34  0 . Tính giá trị của biểu thức: B  a  4   b  4   c  4  2024 2 024 2024 . b) Biết m , n , p là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: m 2  n 2  p 2   4 m 2 n 2  0 . 2 Bài 3. (4,0 điểm) a) Cho a , b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng ab  a  b  1 chia hết cho 48 . b) Cho a và b là các số tự nhiên của hai số tự nhiên thỏa mãn 2a 2  a  3b 2  b . Chứng minh rằng: a  b và 3a  3b  1 là các số chính phương. Bài 4. (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD . Trên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P . a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên đường thẳng AB , AD . Chứng minh EF  AC và ba điểm E , F , P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỷ số hai cạnh liên tiếp của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P . PD 9 d) Giả sử CP  BD và CP  2, 4 cm ;  . Tính chu vi và diện tích hình chữ nhật PB 16 ABCD . Bài 5. (3,0 điểm) Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của ba cạnh tam giác ABC . Tia AO cắt BC tại D . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho DE  DB ; trên cạnh AC lấy điểm F sao cho DF  DC .  a) Chứng minh: DA là tia phân giác của EDF . b) DE cắt OB tại I ; DF cắt OC tại K . Tam giác IOK là tam giác gì? Vì sao? Bài 6. (1,0 điểm)  Cho tam giác OAB có O  120 , OA  a , OB  b và đường phân giác của góc O là OC  c . 1 1 1 Chứng minh:   . a b c ----------  HẾT  ---------- GV: Lê Hồng Quốc " Lửa thử vàng, gian nan thử sức " Trang 1
BD HSG – Toán 8 ĐT: 0905.884.951 – 0929.484.951 ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HSG TOÁN 8 – HOÀI NHƠN 2023 x4 2 x 2 1 x2 3 Bài 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức: A   4  4 . x 6 1 x  x 2 1 x  4 x 2  3 a) Tìm điều kiện xác định của A . b) Rút gọn A . c) Tính giá trị lớn nhất của A . a) Ta có  x 6  1  0 , với mọi x  2 1 2  x  x 1   4 2  x    3  0 , với mọi x .     2 4  x 4  4 x 2  3  0 , với mọi x .  Do đó A xác định với mọi x . x4 2 x 2 1 x2 3 b) Ta có: A  6  4  4 x 1 x  x 2 1 x  4 x 2  3 x4 2 x 2 1 x2 3  2  4  2  x 1 x 4  x 2  1 x  x 2  1  x  1 x 2  3 x 4  2   x 2 1 x 2  1   x 4  x 2  1 x4  x2    x 2  1 x 4  x 2 1  x 2 1 x 4  x 2  1 x 2  x 2  1 x2  2  4 .  x 1 x 4  x 2  1 x  x 2  1 x2  Vậy A  . x 4  x 2 1 c) Ta có: x 4  1  2 x 4 1  2 x 2  x 4  x 2  1  x 2 . Dấu "  " xảy ra khi x 4  1  x  1 . x2 x2 Do đó A  4  2  1. x  x 2 1 x  Vậy Amax  1 khi x  1 . Bài 2. (4,0 điểm) a) Cho ba số a , b , c thỏa mãn điều kiện: 4 a 2  2b 2  2c 2  4 ab  4 ac  2bc  6b 10c  34  0 . Tính giá trị của biểu thức: B  a  4   b  4   c  4  2024 2 024 2024 . b) Biết m , n , p là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: m 2  n 2  p 2   4 m 2 n 2  0 . 2 a) Ta có: 4 a 2  2b 2  2c 2  4 ab  4 ac  2bc  6b 10c  34  0  4 a 2  b 2  c 2  4 ab  4 ac  2bc  b 2  6b  9  c 2 10c  25  0  2a  b  c   b  3  c  5  0  . 2 2 2 Vì 2a  b  c   0 , b  3  0 , c  5  0 với mọi a , b , c . 2 2 2 2a  b  c 2  0    2a  b  c  0  a  4       Do đó   b  32  0  b  3  0  b  3 .    c  5  0  c  5 c  52  0           Vậy B  4  4   3  4   5  4   0 2024  1 2 024 2024 2 024 2 024  12 024  2 . GV: Lê Hồng Quốc " Chớ thấy sóng cả mà ngã tay chèo " Trang 2
BD HSG – Toán 8 ĐT: 0905.884.951 – 0929.484.951 A  m 2  n 2  p 2   4 m 2 n 2  m 2  n 2  p 2  2 mn m 2  n 2  p 2  2mn  2 b) Ta có  m  n   p 2  m  n   p 2   m  n  p m  n  p m  n  p m  n  p  . 2 2    m  n  p  0    m  n  p  0 Vì m , n , p là độ dài ba cạnh của một tam giác nên    A0. m  n  p  0   m  n  p  0    Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Bài 3. (4,0 điểm) a) Cho a , b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng ab  a  b  1 chia hết cho 48 . b) Cho a và b là các số tự nhiên của hai số tự nhiên thỏa mãn 2a 2  a  3b 2  b . Chứng minh rằng: a  b và 3a  3b  1 là các số chính phương. a) Theo đề a  2 k 1 , b  2 k  1 với k   . 2 2 Ta có: ab  a  b  1  a 1b 1  2 k 1 1 2k  1 1  16 k 1 k 2 k  1 2 2    Vì k 1 ; k ; k  1 là ba số nguyên liên tiếp nên k 1 k k  1  3  16 k 1 k 2 k  1  48 .  Vậy bài toán được chứng minh. b) Ta có: 2a 2  a  3b 2  b  3 a 2  b 2   a  b   a 2  a  b 3a  3b  1  a 2 . Gọi d  ƯCLN a  b ,3a  3b  1 (với d là số tự nhiên). Khi đó:  3 a  b   3a  3b  1  d  6a  1  d 1 .  a 2  d 2  a  d 2  . Từ 1 và 2 , suy ra: 1  d  d  1 , nên a  b ,3a  3b  1  1  .  Từ  và  , suy ra: a  b và 3a  3b  1 đều là các số chính phương. Bài 4. (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD . Trên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P . a) Tứ giác AMDB là hình gì? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên đường thẳng AB , AD . Chứng minh EF  AC và ba điểm E , F , P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỷ số hai cạnh liên tiếp của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P . PD 9 d) Giả sử CP  BD và CP  2, 4 cm ;  . Tính chu vi và diện tích hình chữ nhật PB 16 ABCD . Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD . a) Vì O , P lần lượt là trung điểm của AC và CM  OP là đường trung bình của ACM  OP  AM  AM  BD  tứ giác AMDB là hình thang.   b)  Ta có: FEA  MAE (vì AEMF là hình chữ nhật)   DBA  BAC (vì ABCD là hình chữ nhật)     MAE  DBA (vì AM  BD và cặp góc MAE , DBA so le trong) GV: Lê Hồng Quốc " Lửa thử vàng, gian nan thử sức " Trang 3
BD HSG – Toán 8 ĐT: 0905.884.951 – 0929.484.951     Do đó FEA  BAC , mà FEA và BAC là cặp góc đồng vị  EF  AC 1 .  Gọi I là tâm hình chữ nhật AEMF . Vì I , P lần lượt là trung điểm của MA và MC  IP là đường trung bình của ACM  IP  AC 2 . Lại có E , I , F thẳng hàng 3 . Từ 1 , 2 và 3  ba điểm E , F , P thẳng hàng. c) Xét AEF và BAC , ta có:     AEF  BAC (cmt); EAF  ABC  90 . AE BA Suy ra AEF  BAC (g - g)   AF BC BA AE Mà không đổi  không đổi. BC AF  Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh. d) Ta có CBD  DCP (g - g) CP PB 9 PB    CP 2  PB  PD  CP 2  PB  PD CP 16 16CP 2 16  2, 4 2  PB 2   PB 2   10,24 9 9  PB  3,2 cm  PD  1,8 cm  BD  5 cm . Áp dụng định lí Pytago cho các tam giác vuông BCP và CDP , tính được: BC  4 cm ; CD  3 cm . Khi đó  C ABCD  2  BC  CD   2 4  3  24 cm  S ABCD  BC  CD  4  3  12 cm 2 . Bài 5. (3,0 điểm) Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của ba cạnh tam giác ABC . Tia AO cắt BC tại D . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho DE  DB ; trên cạnh AC lấy điểm F sao cho DF  DC .  a) Chứng minh: DA là tia phân giác của EDF . b) DE cắt OB tại I ; DF cắt OC tại K . Tam giác IOK là tam giác gì? Vì sao? a) Vì O là giao điểm ba đường trung trực  OA  OB  OC  AOB , BOC , COA là       các tam giác cân tại O  A1  B1 1 ; B2  C1 2 ; C 2  A2 3 .   Vì DE  DB  DBE cân tại D  DBE  DEB      B1  B2  A1  ADE 4  .   Từ 3 và 4  suy ra B2  ADE 5 .   Tương tự ta chứng minh được C1  ADF 6 .  Từ 5 và 6  DA là tia phân giác của EDF . b) Chứng minh được: OBD  ODI  OD 2  OI  OB . OCD  ODK  OD 2  OK  OC  OI  OB  OK  OC mà OB  OC  OI  OK  IOK cân tại O . GV: Lê Hồng Quốc " Chớ thấy sóng cả mà ngã tay chèo " Trang 4
BD HSG – Toán 8 ĐT: 0905.884.951 – 0929.484.951 Bài 6. (1,0 điểm)  Cho tam giác OAB có O  120 , OA  a , OB  b và đường phân giác của góc O là OC  c . 1 1 1 Chứng minh:   . a b c Qua A vẽ đường thẳng song song với OC cắt OB tại D  OAD đều  AD  DO  a . BD AD Vì AD  CO nên  BO CO a b a a a 1 1 1    1     . b c b c a b c ----------  CHÚC CÁC EM MAY MẮN  ---------- GV: Lê Hồng Quốc " Lửa thử vàng, gian nan thử sức " Trang 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.