Đề giao lưu toán tuổi thơ Lớp 8 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lai Thành (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT KIM SƠN ĐỀ GIAO LƯU TOÁN TUỔI THƠ
 TRƯỜNG THCS LAI THÀNH NĂM HỌC 2023 - 2024
 MÔN: TOÁN 8 
 (Đề thi gồm 12 câu trong 2 trang) Thời gian làm bài: 150 phút
 (không kể thời gian giao đề)
PHẦN I. Trắc nghiệm điền đáp số (2 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 8
Câu 1. Cho các số dương a, b thoả mãn a3 + b3 = 6ab – 8. Tính giá trị của biểu thức
C = a5 – b4 +3
 Kết quả:
Câu 2. Một học sinh tiến hành gieo đồng thời 2 con xúc xắc cân đối và đồng chất. 
Tìm xác suất của biến cố “Tổng số chấm của 2 con xúc xắc bằng 6”?
 Kết quả:
Câu 3. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x2 xy 2022x 2023y 2024 0
 Kết quả:
Câu 4. Mảnh vườn có dạng hình thang biết độ dài hai đáy lần lượt là 5m, 15m và độ 
dài hai đường chéo lần lượt là 16m và 12m. Tính diện tích mảnh vườn trên?
 Kết quả:
Câu 5. Khi chia đa thức f(x) cho các đa thức x – 2 và x – 3 thì được dư lần lượt là 5 và 
7. Nếu chia đa thức f(x) cho x2 – 5x + 6 thì được thương là x2 – 1. Tìm đa thức f(x)?
 Kết quả:
Câu 6. Xã A tổ chức giải giao hữu bóng đá theo hình thức thi đấu vòng tròn một lượt. 
Mỗi trận đấu, đội thắng được tính 3 điểm, đội hòa được tính 1 điểm và đội thua 
không có điểm nào. Kết thúc giải, Ban tổ chức nhận thấy số trận thắng gấp ba số trận 
hòa và tổng số điểm của các đội là 330 điểm. Hỏi có tất cả bao nhiêu đội tham gia?
 Kết quả: 
Câu 7. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm 
 AB AC
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tính giá trị của biểu thức 
 AE AF
 Kết quả:
Câu 8. Bạn Lan làm một cái lòng đèn hình quả trám (xem hình bên) là 
hình ghép từ hai hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy 20cm, cạnh bên 
32cm, khoảng cách giữa hai đỉnh của hai hình chóp là 30cm. 
Tính thể tích của lòng đèn.
 Kết quả: PHẦN II. Tự luận (8 điểm)
Câu 9. (2 điểm)
 2 2 2
 a) Giải phương trình: x -3x+3 x -2x+3 2x 
 b) Cho x,y thõa mãn: y2 2x y 3 9 và y 3. 
 2x2 x y 1
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B .
 x2
Câu 10. (2 điểm)
 a) Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d).
Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.
Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
 b) Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 2023. Chứng minh rằng 
A = (a2 + 2023) (b2 + 2023) (c2 + 2023) là số chính phương.
Câu 11. (3 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN 
cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn 
thẳng EF.
 a) Chứng minh CE = CF;
 b) Chứng minh B, D, M thẳng hàng;
 c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC;
 d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần 
diện tích hình vuông ABCD.
Câu 12. (1 điểm) Lấy 2020 điểm thuộc miền trong của một tứ giác để cùng với 4 
đỉnh ta được 2024 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích của 
tứ giác ban đầu là 1 cm3. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2024 
 1
điểm đã cho có diện tích không vượt quá cm2 .
 4042
 --- Hết ---
 Cán bộ coi kiểm tra không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:...................................................... Số báo danh:...........................................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)...........................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)........................................................................................................... PHÒNG GD&ĐT KIM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU
 TRƯỜNG THCS LAI THÀNH TOÁN TUỔI THƠ NĂM HỌC 2023 – 2024
 MÔN: TOÁN 8
PHẦN I. Trắc nghiệm điền đáp số. (2 điểm). Mỗi câu đúng 0,25 điểm
 Câu 1 19
 Câu 2 5
 36
 Câu 3 (2024; 2025); (2022; 2023)
 Câu 4 96 m2
 Câu 5 f (x) x4 5x3 5x2 7x 5
 Câu 6 16
 Câu 7 3
 Câu 8 4000 cm3
Sơ lược giải
Câu 1: a3 b3 6ab 8 a3 b3 23 3.a.b.2
 1 2 2 2
 a b 2 a b b 2 2 a 0 a b 2 
 2 
(do a, b là các số dương a b 2 0)
Với a = b =2 thì: C 25 24 3 19
Câu 2: Gieo đồng thời 2 con xúc xắc. Có 6 trường hợp có thể xảy ra với mặt xuất hiện 
của xúc xắc thứ nhất và 6 trường hợp có thể xảy ra với mặt xuất hiện của xúc xắc thứ 
hai. Do vậy có 6.6 = 36 trường hợp có thể xảy ra khi gieo đồng thời 2 con xúc xắc.
Ta có 6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 3 + 3.
Suy ra có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng số chấm của hai con xúc xắc bẳng 6”. 
 5
Vậy xác suất của biến cố “Tổng số chấm của hai con xúc xắc bẳng 6” là 
 36
Câu 3: 
 x2 xy 2022x 2023y 2024 0 x2 xy x 2023x 2023y 2023 1
 x x y 1 2023 x y 1 1 x 2023 x y 1 1
Ta tìm được các cặp số nguyên (x; y) là: (2024; 2025); (2022; 2023)
Câu 4:
Lấy điểm E trên tia DC sao cho BE//AC.
Khi đó ABEC là hình bình hành nên 
BE = AC = 16m, CE = AB = 5m
từ đó DE = 20m
Vì BD2 BE 2 DE 2 nên tam giác DBE vuông
 BH BD BE  BD 1612
 HDB : BDE BH 9,6
 BE DE DE 20 5 15 .9,6
Diện tích hình thang ABCD: 96 (m2)
 2
Câu 5: f(x) chia cho x2 5x 6 dư nếu có là đa thức bậc nhất.
Đặt: f(x) = x2 5x 6 x2 1 ax b
Khi đó: f(2) = 5 2a + b = 5; f(3) = 7 3a + b = 7
Ta tìm được: a = 2, b = 1
Vậy đa thức cần tìm là f(x) = x2 5x 6 x2 1 2x 1 x4 5x3 5x2 7x 5
Câu 6: Gọi số trận hòa là x, số trận thắng thua là 3x. Mỗi trận hòa mỗi đội được 1 điểm, 
nên mỗi trận hòa có 2 điểm; mỗi trận thắng thua được 3 điểm nên ta có: 3.3x + 2.x = 
330. Ta tìm được x = 30. Vậy số trận hòa là 30, số trận thắng thua là 90, tổng cộng có 
 n 1 n
120 trận. Có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt nên có trận đấu
 2
 n 1 n
Do đó ta có: 120 n 16
 2
Câu 7: Kẻ BL//EF, CK//EF . Ta có:
 AB AI AC AK
 ; 
 AE AG AF AG
 AB AC AI AK AI AK
 AE AF AG AG AG
Mà AI + AK = AM - MI + AM + MK = 2AM (do 
MI = MK)
 AB AC AI AK 2AM 2AM
Do đó: 3
 2
 AE AF AG AG AM
 3
Câu 8: Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là : 30 : 2 = 15 (cm). Thể tích của lồng 
 1 3
đèn quả trám là: V 2. .20.20.15 4000(cm )
 3 
PHẦN II. Tự luận (8 điểm)
 Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm
 Câu 9 a) (1 điểm)
 (2 điểm) Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia hai vế 
 2 3 3 
 của phương trình cho x ta được: x 3 x 2 2
 x x 
 3 0.5
 Đặt a x ta có: a - 3 a-2 =2 a 2 -5a 4 0 a-1 a-4 0 
 x
 2
 3 2 1 11
 +) Với a = 1: x 1 x x 3 0 x 0 vô nghiệm
 x 2 4
 +) Với a = 4: 
 3
 x 4 x2 4x 3 0 x 1 x 3 0 x 1; x 3 
 x 0.5 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 1 và x = 3
 b) (1 điểm)
 y2 2x(y 3) 9 y2 2xy x2 x2 6x 9 0
 2 2
 y x x 3 0 y 3 y 2x 3 0 y 2x 3 0.5
 Vì y 3 y 3 0
 Thay vào biểu thức ta được:
 2x2 x 2x 3 1 1 2 1 1 1 15
 B 2 2 
 x2 x x2 x2 2x 16 8
 2
 1 1 15 15
 2 
 x 4 8 8
 15
 B khi x 4 y 5 (thõa mãn)
 8 0.5
 15
 Vậy B nhận giá trị nhỏ nhất bằng khi x=4
 8
 Câu 10 a) (1 điểm)
(2 điểm) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d) đi 
 qua điểm cố định N(xo,yo) là: 
 (m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m 0.25
 mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0, với mọi m 
 (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m
 xo yo 0 xo 1
 2x y 1 0 y 1
 o o o 0.25
 Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1).
 + Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1 
 do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1)
 + Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1 
 do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2)
 + Với m ≠ 1 và m ≠ 2
 Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. 
 1
 Ta có: x = 0 y = 1 , do đó OA = .
 m 1 m 1
 Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành.
 1
 Ta có: y = 0 x = 1 , do đó OB = 
 m 2 m 2 0.25
 Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d). Ta có: 
 1 1 1 3 1 1
 (m 1) 2 (m 2) 2 2m 2 6m 5 2(m ) 2 
 h 2 OA2 OB 2 2 2 2 .
 3
 Suy ra h2 2, max h = 2 khi và chỉ khi m = . (3)
 2 3
 Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h = 2 khi và chỉ khi m = . 0.25
 2
 b) (1 điểm)
 Ta có:
 ab bc ca 2023
 a2 2023 a2 ab bc ca a(a b) c(b a) (a c)(a b) 0.25
 Chứng minh tương tự ta có:
 2 2
 b 2023 (b a)(b c);c 2023 (c a)(c b) 0.25
 2
 Khi đó: A (a2 2023)(b2 2023)(c2 2023) (a b)(b c)(c a) 0.25
 Vì a, b, c là các số nguyên nên a+b, b+c, c+a là các số nguyên
 Do vậy (a b)(b c)(c a)2 là số chính phương hay A là số chính phương 0.25
 Câu 11 E
(3 điểm) M
 A B F
 N
 D C
 a) Chứng minh được 1.0
 CDE = CBF (g.c.g)
 CE = CF.
 1 0.5
 b) Chỉ ra AM MC EF M thuộc đường trung trực BD của 
 2
 đoạn AC. Vậy B, D, M thẳng hàng.
 c) Chỉ ra ACE = BCM EAC ~ MBC (g.g). 0.5
 Chỉ ra CAE = CBM
 d) Đặt BN = x AN = a – x.
 1 1 2
 - Tính SAEFC = SACE + SECF = DC.AE CE
 2 2
 - Tính AE: Lý luận để có 
 AE AN AE AN AE a x
 ED DC AE AD DC AE a a
 a(a x)
 AE.a AE(a x) a(a x) AE 0.25
 x
 - Tính CE2: Lý luận để có CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2
 2
 a a x a 4
 CE 2 a 2 a a 2 
 x x 2
 a 3 a x 
 Do đó SAEFC = 
 2x 2 0.25
 2
 - Tính SABCD = a . 0.25
 Lý luận với SAEFC = 3SABCD để có a
 6x2 – ax – a2 = 0 (2x – a)(3x + a) = 0 x (vì a, x > 0).
 2
 KL: N là trung điểm của AB thì SAEFC = 3SABCD. 0.25
 Câu 12 B
 (1 điểm)
 A
 M
 N
 D C
 Xét tứ giác ABCD có diện tích bằng 1cm2.
 Với điểm thứ nhất M, ta có 4 tam giác chung đỉnh M đôi một không 0.25
 có điểm trong chung.
 Với điểm thứ hai N phải là điểm trong của một trong 4 tam giác 
 trên. Nối N với 3 đỉnh của tam giác đó, tạo nên 3 tam giác chung 
 đỉnh N. Tuy nhiên số tam giác đôi một không có điểm trong chung 
 0.25
 chỉ tăng thêm 2 vì mất đi một tam giác chứa điểm N. Số tam giác 
 không có điểm trong chung lúc này là: 4 + 2
 Tương tự với 2020 – 2 = 2018 điểm còn lại, cuối cùng số tam giác 
 đôi một không có điểm trong chung là 4 + 2 + 2018.2 = 4042 0.25
 Tổng diện tích của 4042 các tam giác đó bằng 1 cm 2, nên tồn tại ít 
 1 0.25
 nhất một tam giác có diện tích không vượt quá cm2 
 4042
 --- Hết --- 
 Chú ý: Các cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa
 PHẦN KÝ XÁC NHẬN:
TÊN ĐỀ THI: . 
MÃ ĐỀ THI :
TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 07
 NGƯỜI RA ĐỀ THI NGƯỜI THẨM ĐỊNH XÁC NHẬN CỦA BGH
 (Họ và tên, chữ ký) CỦA TRƯỜNG (Họ và tên, chữ ký, 
 (Họ và tên, chữ ký) đóng dấu)
 Vũ Thị Hoa Hường Hoàng Thị Kim Oanh Trung Văn Đức