003 đề hsg toán 8 quốc oai 22 23

Nếu mỗi dãy thêm 3 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong hội trường sẽ tăng thêm 6 chiếc... Nếu mỗi dãy thêm 3 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong hội trường sẽ tăng thêm 6 chiếc... Theo

PHÒNG GD&ĐT QUẬN QUỐC OAI

TRƯỜNG THCS ABC

ĐỀ THI THỬ SỐ 00

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức

2 2

a) Tìm TXĐ của A

b) Rút gọn A

c) Tính A nếu x thoả mãn 2x2 3x14 0

Bài 2: (4,0 điểm): Giải các phương trình

a)

1

x



c) x3 6x211x12 0 d) (x y )2 (x1)(y1)

Bài 3: (1,5 điểm) Tìm các số a, b sao cho x42x3 3x2axb chia cho x2 x2 dư 4x1

Bài 4: (2,0 điểm) Một hội trường có 500 ghế ngồi, người ta xếp thành các dãy có số ghế như nhau.

Nếu mỗi dãy thêm 3 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong hội trường sẽ tăng thêm 6 chiếc Hỏi lúc đầu người ta định xếp bao nhiêu dãy ghế?

Bài 5: (3,0 điểm)

a) Cho a, b, c, d là 4 số nguyên bất kỳ

Chứng minh a b a c a d b c b d c d                12

b) Tìm số nguyên n để n 2 8236

là số nguyên tố

Bài 6: (7,0 điểm) Cho hình tthang ABCD AB / / CD   Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là

giao điểm của AD và BC, OI cắt AB tại E, cắt CD tại F

a) Chứng minh:

OA OB LA IB

OC OD IC ID



b) Chứng minh: EA EB

c) Kẻ OP/ /AB P AD,  , Chứng minh:

AB CD OP

d) Nếu CD 3AB và diện tích hình thang ABCDbằng 48cm2 Tính diện tích tứ giác

IAOB

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN TOÁN 8 NĂM HỌC: 2022-2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức

2 2

a) Tìm TXĐ của A

b) Rút gọn A

c) Tính A nếu x thoả mãn 2x2 3x14 0

Lời giải

a) TXĐ x 2

b) Rút gọn A

2 2

4 10 :

2

x

   



  



x

x











Vậy

1 2

A x





 với x 2 c) Ta có

2

2x  3x14 0

2

7

2 7 0

2

2 0

2

x

x





 



Với

7 2

x 

ta có

2

A   

 Vói x = 2 không thoả mãn điều kiện xác định

Vậy

2 3

A 

khi

2

2 3 14 0 2

x x x







Bài 2: (4,0 điểm) Giải các phương trình

a)

1

x



c) x3 6x211x12 0 d) (x y )2 (x1)(y1)

Lời giải

a)

5x 5 2x 4 0

3x 9

3

x

 

Vậy S   3

b)

1

x



4x 2 0

4x 2

1

2

x

Vậy

1

2

S   

 

c)

3 2

x  x  x 

2 2

x 4 x2 2x 3 0

2

4

4 0

x x





 



Vậy S  4

d)

2

(x y ) (x1)(y1)

x xy y xy x y

x xy y xy x y

x xy y x y

2x 2xy 2y 2x 2y 2 0

(x y  x  y

 

2 2

2

0

1 1

0

x y

y y

x y

      

    



 Vậy nghiệm của phương trình là x y  ;  1; 1

Bài 3: (1,5 điểm) Tìm các số a, b sao cho x42x3 3x2axb chia cho x2 x2 dư 4x1

Lời giải

Ta có

x  x  x  b x2 x2

2

x  x  x x23x 2

3x3 5x2 axb

3x3 3x2 6x

2x2a 6 x b 2x2 2x 4

a 8 x  b 4

Vì x42x3 3x2axb chia cho x2 x2 dư 4x1 nên

    

Vậy với

4 6

a b









 thì x42x3 3x2axb chia cho x2 x2 dư 4x1

Bài 4: (2,0 điểm) Một hội trường có 500 ghế ngồi, người ta xếp thành các dãy có số ghế như nhau.

Nếu mỗi dãy thêm 3 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong hội trường sẽ tăng thêm 6 chiếc Hỏi lúc đầu người ta định xếp bao nhiêu dãy ghế?

Lời giải

Gọi x là số dãy ghế lúc đầu người ta định xếp x N x *; 3

Số ghế trên một dãy lúc đầu là

500

x (chiếc)

Vì mỗi dãy thêm 3 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong hội trường sẽ tăng thêm 6 chiếc ta

có phương trình

500

3 x 3 500 6

x

1500

x

2

2

x x

25 20( )

x

x loai





  



Vậy lúc đầu người ta định xếp 25 dãy ghế

Bài 5: (3,0 điểm)

a) Cho a, b, c, d là 4 số nguyên bất kỳ

Chứng minh a b a c a d b c b d c d                12

b) Tìm số nguyên n để n 2 8236

là số nguyên tố

Lời giải

a)

Đặt Aa b a c a d b c b d c d                

Chia 4 số nguyêna, b, c, d cho 3 ta được 3 số dư 0; 1; 2 Theo nguyên lý DIRICHLET

sẽ có 2 trong 4 số có cùng số dự khi chia cho 3 nên hiệu của hai số đó chi hết cho 3 hay A chia hết cho 3

Nếu 4 số a, b, c, d có ít nhất 3 số chẵn hoặc ít nhất 3 số lẻ nên có 2 hiệu chia hết cho 2 hay A chia hết cho 4

Nếu 4 số a, b, c, d có 2 số chẵn 2 số lẻ nên có 2 hiệu chia hết cho 2 hay A chia hết cho

4 Do đó A luôn chia hết cho 3 và 4 Mà 3 và 4 nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 12

b) Ta có

n2 8236n416n264 36 n416n2100 n420n2100 36 n2

n2 102 36n2

   n2 6n10 n26n10

Vì n N * nên n26n10n2 6n10

để n 2 8236

là số nguyên tố thì

2 2

6 10 1

6 10 1

n n

n n





Mà n26n10n2 6n10 nên n2 6n10 1

Với n = 3  n2 823632 8236 37

là số nguyên tố Vậy với n = 3 thì n 2 8236

là số nguyên tố

Bài 6: (7,0 điểm) Cho hình tthang ABCD AB / / CD  

Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AD và BC, OI cắt AB tai E, cắt CD tại F

a) Chứng minh:

OA OB LA IB

OC OD IC ID



b) Chứng minh: EA EB

c) Kẻ OP/ /AB P AD,  , Chứng minh:

AB CD OP

d) Nếu CD 3AB và diện tích hình thang ABCD bằng 48cm2 Tính diện tích tứ giác

IAOB

Lời giải

a, Xét  IDC có

/ /

AB CD IAB∽ IDC

G

J

K

H P

O

F E

I

B A

IA IB AB

ID IC CD

ID IC CD



Xét OAB và OCD có

AOB COD (Đối đỉnh)

BAO DCO (So le trong)

=> OAB∽ OCD (g-g)

OA OB AB

OC OD CD

OA OB AB

OC OD CD



Từ (1) và (2) suy ra

OA OB LA IB

OC OD IC ID



b, +, Xét EOA và FOC có

AOE FOC (Đối đỉnh)

EAO FCO (So le trong)

=> EOA∽ FOC (g-g)

OA EA

OC CF

mà

OA AB

OC CD

CF CD

(3) +, Xét  IFC có

/

EB/ CF  IEB∽ IFC

=>

EB IB

CF IC mà

IB AB

IC CD

EB AB

FC CD

(4)

Từ (3) và (4) suy ra

EA EB

EA EB

CF CF  

c, Xét  ADB có

OP // AB  DAB∽ DPO

=>

OP DP

AB DA

Tương tự ta có

OP AP

CD DA

1

OP OP DP AP

AB CD DA DA 

AB CD OP

d, Vẽ IK CD K CD(  ) Gọi H là giao điểm của IK vàAB, J là giao điểm của IKvà

OP, vẽ OGAB G AB(  ) IK CD K CD(  )

Gọi S ABCD là diện tích hình thang ABCD, S IAOB là diện tích tứ giác IAOB

Xét tứ giác HIOG có OIH IHG HGO  900 nên HIOG là hình chữ nhật

HJ OG

AIOB IAB OAB

S S S  IH AB OG AB AB IH OG  AB IH HJ  AB

ABCD

S  HK AB CD  HK AB AB  HK AB HK AB

Ta có

HJ AP

HK AD mà 3

AP OP OP

AD CD  AB 3

HJ OP

HK AB

Lại có

OP

AB CD OP  AB AB OP AB OP  AB 

HJ

HK

Mặt khác

IH IB

IK IC mà

IB AB

IC CD

1

IH AB AB

IK CD AB

2

IH HK

Ta có

1 2

IAOB

ABCD

AB IH HJ





Mà

1

2

IH

HK  ;

1 4

HJ

HK 

4.2 4.4 16

IAOB

ABCD

S

S

.48 9

IAOB ABCD

Vậy diện tích tứ giác IAOB bằng 9 cm 2

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =