De hsg toan 8 vong 1 nam 2023 2024 truong thcs tran mai ninh thanh hoa

PGD&ĐT TP THANH HỐ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN
TỐN 8 NĂM HỌC 2023 – 2024 (VÒNG I)
Ngày thi 02 tháng 12 năm 2023
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4,0 điểm)
a) Cho x – y = 2. Tính giá trị của biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2
b) Cho

1 1 1
1
1 1 1 1 1
c abc. Chứng minh: 2 + 2 + 2 = + + .
+ + = 2; a + b + =
a b c
a b c
a b c

Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3
b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức
g(x) = x2 + 3x – 10.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố.
b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 là số chính phương
Bài 4: (6,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông tại A, O là trung điểm của BC. Vẽ tia Bx vng góc
với BC (Bx cùng phía với điểm A đối với đường thẳng BC). Qua A vẽ đường thẳng
vng góc với AO cắt Bx ở M. Đường thẳng qua O và song song với AB cắt AM ở D,
AC ở F. Đường thẳng MO cắt AB ở E.
a) Chứng minh rằng: EF = AO.
b) BD cắt CM ở I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng.
2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là giao điểm
của ba đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP. Chứng minh rằng: IG//MP
Bài 5: (2,0 điểm)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 ≤ a, b, c ≤ 1 . Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + ab + bc + ac
---------------Hết---------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

1


PGD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH
Biểu chấm gồm 02 trang

Bài

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU CHẤM
KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN TỐN 8 - VỊNG I
NĂM HỌC 2023 – 2024

Nội dung cần đạt
a) Cho x – y = 2. Tính giá trị của biểu thức: M = 2( x3 – y3) – 3( x + y)2

Điểm
2,0

Ta có:
M = 2(x3 – y3) – 3(x + y)2 = 2(x – y)(x2 + xy + y2) – 3(x2 + 2xy+ y2)
M = (x – y)

2

Mà x – y = 2 nên M = (x – y)2 = 4.
Vậy với x – y = 2 thì M = 4.

Bài 1
4,0đ

b) Cho

0,5
0,5
0,5
0,5

1 1 1
+ + = 2; a + b + =
c abc. Chứng minh:
a b c

1
1 1 1 1 1
+ 2+ 2 = + + .

2
a b c
a b c

2,0

2

1 1 1
1
1 1
2
2
2
1 1 1
+ +
=4
Vì + + = 2 ⇒  + +  = 4 ⇒ 2 + 2 + 2 +
a b c
a
b
c
ab bc ca
a b c
1
1 1 2(a + b + c)
⇒ 2+ 2+ 2+
=
4
a

b
c
abc
Mà a + b + c =
abc
1
1 1
1
1 1 1 1 1
+ 2 + 2 =2 ⇒ 2 + 2 + 2 = + +
2
a
b
c
a
b
c
a b c

a) Tìm x biết: (x – 3)3 + (2x – 1)3 = (3x – 4)3

0,75
0,5
0,75
2,0

Đặt x – 3 = a; 2x – 1 = b thì 3x – 4 = a + b.
Ta có:

Bài 2

4.0đ


x = 3
=
=
a 0
x − 3 0

1


3
3
3
⇒ 2 x − 1 = 0 ⇒  x =
a + b = (a + b) ⇒ 3ab(a + b) = 0 ⇒ b = 0

2
=
a + b 0 3=
x−4 0 
4
x =
3


1,5

 1 4

Vậy x ∈ 3; ; 
 2 3

0,5

b) Tìm a, b để đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho đa thức
g(x) = x2 + 3x – 10.

2,0
2


Ta có: g(x) = (x +5)(x – 2)

0,25

f(x) chia hết cho g(x) nên f(x) = (x +5)(x – 2).k(x)
0,75

=> f(2) = 0 và f(-5) = 0
(1)

0,25

Từ f(-5) = 0 => -125a + 25b – 25 – 50 = 0 => – 5a + b = 3 (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra a = 1; b = 8

0,25

Vậy a = 1; b = 8 thì f(x) chia hết cho g(x).

0,25

a) Tìm số tự nhiên n để B = n3 – n2 – 7n + 10 là số nguyên tố.

2,0

Từ f(2) = 0 => 8a + 4b + 10 – 50 = 0 => 2a + b = 10

Ta có: B = (n – 2)(n2 + n – 5)
B là số nguyên tố nên (n – 2) và (n2 + n – 5) là ước của 1

0,5

+ Nếu (n – 2) = 1 thì n = 3 khi đó B = 7 (chọn)
Nếu (n – 2) = -1 thì n = 1 khi đó B = 3 (chọn)

0,5

Nếu n2 + n – 5 = 1 thì (n + 3)(n – 2) = 0

0,5

Với n là số tự nhiên nên n = 2 khi đó B = 0 (loại)
Vậy n = 3 và n = 1 thì B là số nguyên tố.

0,5

b) Tìm n nguyên để C = n4 + 2n3 + 2n2 + n +7 là số chính phương

2,0

Ta có: C = n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 = n 4 + 2n3 + n 2 + n 2 + n + 7
= n 2 ( n + 1) 2 + n(n +1) + 7 . Đặt n(n+1) = y ta có C = y2 + y + 7

Bài 3
4,0đ

Vì C là số chính phương nên

0,25

Ta có : y 2 + y + 7= k 2 (k ∈ N ) ⇔ 4k 2= 4 y 2 + 4 y + 28 ⇔ 4k 2 − (2 y + 1) 2= 27
⇔ (2k − 2 y − 1)(2k + 2 y + 1) =
27
Vì 2k − 2 y − 1 < 2k + 2 y + 1; 2k − 2 y − 1 + 2k + 2 y + 1 =
4k

0,5

2 y −1 1 =
 2k − =
k 7
⇒
*) 
2 y + 1 27 =
2k +=

y 6
Khi y =
−3
6 ta có n(n + 1) =
6 (n ∈ Z ) ⇒ n =
2; n =
 2k − 2 y − 1 =−1
k = −7
⇒
(loai )
*) 
k
+
y
+
=
−
6
2
2
1
27
y
=


y −1 9 =
 2k − 2=
k 3
*) 

1 (loai )
⇒
⇒ n(n + 1) =
y +1 3 =
2k + 2=
y 1

0,5

0,5

 2k − 2 y − 1 =−3 k =−3
*) 
(loai )
⇒
2k + 2 y + 1 =−9
 y =1

Vậy n = 2; n = - 3 thì C là số chính phương.

0,25

1) Cho tam giác ABC vuông tại A, O là trung điểm của BC. Vẽ tia Bx
3


vng góc với BC (Bx cùng phía với điểm A đối với đường thẳng BC).
Bài 4.1 Qua A vẽ đường thẳng vng góc với AO cắt Bx ở M. Đường thẳng

4,0đ

4,0

qua O và song song với AB cắt AM ở D, AC ở F. Đường thẳng MO cắt
AB ở E.
a) Chứng minh rằng: EF = AO.

b) BD cắt CM ở I Chứng minh rằng: Ba điểm E, I, F thẳng hàng.

M
A
D
E

B

F

I

O

H

C

1. a) Ta có:
Mà OA=OB nên OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại E và EA= EB.
 = 900
=> BEO

OD // AB; AB ⊥ AC=>OD ⊥ AC tại F=> 
AFO = 900
 = 900 (GT )
Mà BAC

=> AEOF là hình chữ nhật => AO = FE

0,5
0,5
1,0

1. b) Ta có ∆AOC cân ở O nên đường cao OD đồng thời là phân giác
=
=> ∆AOD =
900 ⇒ DC ⊥ BC ⇒ BM / / CD và AD = CD.
∆COD ⇒ OCD
Câu 1
4,0đ Gọi giao điểm của AI và BC là H.

IM BM AM
=
=
⇒ IA / / CD ⇒ IH / / CD / / BM
IC CD
AD
IA AM
AM .CD
=
⇒ IA=

Do IA / / CD ⇒
DC MD
MD
IH
IC
AD
IH CD
=
=
=
Do IH / / MB ⇒
; MA = MB; CD = AD ⇒
MB MC MD
MA MD
AM .CD
⇒ IH =
⇒ IH = IA; EA = EB ⇒ IE / / BC.
MD

0,5

MB / / CD ⇒

Từ IE//BC; EF//BC=> E, I, F thẳng hàng.

0,5
0,5
0,5

4

2) Cho tam giác MNP có MN = 5cm, MP = 6cm, NP = 7cm. Gọi I là

2,0

giao điểm của ba đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác MNP.
Chứng minh rằng: IG//MP
M
D
K

I
G
N

P

Bài 4.2

2,0đ

2. Ta có: ND là phân giác của tam giác MNP
Ta có :

MD MN 5
MD 5
5
= =⇒
= ⇒ MD = MP =

2,5 (cm)
DP NP 7
MP 12
12

0,5

MI là phân giác của tam giác MND
IN MN
5
Ta có : = = = 2 (1)
ID MD 2,5

0,5

Gọi K là trung điểm của MP.
Vì G là trọng tâm của ∆ MNP nên
Tù (1) và (2) ⇒

GN
= 2 (2)
NK

GN IN
= ⇒ IG / / DK Hay IG// MP
NK ID

Do: 0 ≤ a, b, c ≤ 1
(a − 1);(b − 1);(c − 1) ≤ 0 ⇒ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≤ 0
Do (a − 1)(b − 1)(c − 1) =+

a b + c + abc − ab − ac − bc − 1

Bài 5
2,0đ

⇒ a + b + c + abc − ab − ac − bc − 1 ≤ 0 ⇒ a + b + c + abc − ab − ac − bc ≤ 1
⇒ a + b + c ≤ 1 + ab + ac + bc − abc ≤ 1 + ab + ac + bc
⇒ a + b + c ≤ 1 + ab + ac + bc
Do 0 ≤ a, b, c ≤ 1 ⇒ a 2 ≤ a; b 2 ≤ b; c 2 ≤ c
2

2

2

1,0

⇒ a + b + c ≤ 1 + ab + ac + bc

0,5
0,5
0,5
0,5

5