PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐOAN HÙNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU
LỚP 6, 7, 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021-2022

Đề thi môn: TOÁN 8
120 phút kh ng k thời gian giao đề
Đề thi có 03 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ghi chú:
- Thí sinh lựa chọn đáp án phần trắc nghiệm khách quan chỉ có một lựa chọn đúng.
- Thí sinh làm bài thi trắc nghiệm và tự luận trên tờ giấy thi, không làm bài trên tờ đề thi.

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm).
Câu 1: Biểu thức khai triển và rút gọn của biểu thức P   x  y  x3  xy 2  yx 2  y 3 là:



A. x 4  y 4 .

B. x 4  y 4 .

C. x3  y 3.



D. x3  y 3 .

Câu 2: Cho hai đa thức f  x   x 4  9 x 3  21x 2  x  a và đa thức g  x   x 2  x  2 . Giá
trị của a để đa thức f  x  chia hết cho đa thức g  x  là
A. a  11.

B. a  12.

C. a  30.

D. a  9.

x y
bằng
x y
D. Q  5.

Câu 3: Biết x2  2 y 2  xy; y  0; x  y  0 tính giá trị của biểu thức Q 
A. Q  2.

B. Q  3.

C. Q  4.

x  2  x2  1
 x2
 2
Câu 4: Cho P   2
kết quả của phép rút gọn biểu thức P là
. 2
x x x x x 2
x
1
2
1
A. P 
B. P  .
C. P  2
D. P  .
.
.
2
x 2
x 1
x

10 x 2  6 x  2
là
x2  1
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 0.
x  12 x  11 x  74 x  75



Câu 6: Nghiệm của phương trình
là
77
78
15
14
A. x  1.
B. x  88.
C. x  88.
D. x  89.
Câu 7: Cho phương trình m  x  1  5   m  1 x phương trình vô nghiệm khi
Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức R 

1
2

A. m  .

1
2

B. m  .

C. m  5.

D. m  5.

Câu 8: Cho hai bất phương trình x  8  0 1 và mx  m  1  2  . Giá trị của m để 1 và

 2  có một nghiệm chung duy nhất là
1
7

1
7

1
1
D. m  .
7
7
Câu 9: Hình thoi có độ dài hai đường chéo là 12  cm  ;16  cm  thì độ dài cạnh của hình thoi là
A. m  .

B. m   .

C. m   .

A. 10  cm .

B. 12  cm .

C. 13  cm .

D. 14  cm .

Câu 10: Cho hình thang ABCD  AB / /CD  biết AB  28  cm  ; CD  70  cm  . Đường thẳng
song song với đáy và đi qua giao điểm của hai đường chéo cắt các cạnh bên tại M và N . Khi
đó MN  ?
A. 20  cm .

B. 10  cm .

C. 40  cm .

D. 50  cm  .

Câu 11: Cho ABC cân tại A có AB  4  cm  . Từ một điểm D trên cạnh BC vẽ DE song
song với AB  E  AC  và DF song song với AC  F  AB  . Chu vi của tứ giác AEDF là
A. 5  cm .

B. 6  cm .

C. 7  cm .

D. 8  cm .

Câu 12: Cho ABC có diện tích là S  12 cm2 . Trên các cạnh: AB, BC , CA lần lượt lấy ba
điểm M , N , P sao cho AM  2 BM ; BN  2 NC , CP  2 PA . Diện tích MNP là
A. 4 cm2 .

B. 6 cm2 .

C. 8 cm2 .

D. 3 cm2 .

Câu 13: Cho ABC một đường thẳng d cắt cạnh BC ở P cắt cạnh AC ở Q và tia đối của
tia AB tại R . Hệ thức đúng là
A.

PC RB QC
.
.
 1.
PB RA QA

B. RQ2  AQ.QC.

C.

CP RB RA
.

.
PB QC QA

D. PC 2  RA.RB 2 .

Câu 14: Cho hình thang ABCD  AB / /CD  có AB  2  cm  ; CD  12  cm  . Gọi trung điểm
của các đường chéo AC , BD theo thứ tự là M ; N . Độ dài đoạn thẳng MN  ?
A. MN  7  cm .

B. MN  6  cm .

C. MN  5  cm .

D. MN  4  cm .

Câu 15: Cho ABC vuông tại A đường cao AH . Biết BH  4  cm  ; HC  9  cm  .
Diện tích tam giác ABC là



A. 36 cm2





B. 37 cm2





C. 38 cm2





D. 39 cm2



Câu 16:
Một hộp không nắp được làm từ một mảnh bìa các tông
theo hình vẽ bên. Hộp có đáy là một hình vuông cạnh
x  cm  , chiều cao h  cm  không đổi và thể tích 500 cm3 .
Độ dài cạnh hình vuông x sao cho chiếc hộp làm ra tốn ít
bìa các tông nhất là
A. 10 cm.
B. 6 cm.
C. 3 cm.

D. 5 cm.

II. TỰ LUẬN (12 điểm).
Câu 1 (3 điểm):
a. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x2  x  xy  2 y 2  y  5
b. Phân tích số 20212022 thành tổng của k số tự nhiên a1; a2 ;....; ak .
Đặt S  a15  a52  ...  ak5 . Tìm chữ số tận cùng của S.
Câu 2 (4,0 điểm):







a. Giải phương trình: x 2  3x  3 x 2  2 x  3  2 x 2 .
b. Cho đa thức P( x)  x 4  ax3  bx 2  cx  d . Biết P(1)  3, P(2)  6, P(3)  11 .
Tính giá trị của Q  4 P(4)  P(1) .
Câu 3 (4,0 điểm):
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O . Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
( M khác B , C ). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

BE  CM .

a. Chứng minh rằng: OEM là tam giác vuông cân.
b. Chứng minh: EM / / BN .

c. Từ C kẻ CH  BN  H  BN  . Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi trên cạnh
BC ( M khác B, C ) thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 4 (1 điểm):
Cho các số thực dương x; y thỏa mãn x  2 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x2  y 2
P
.
xy
------------Hết------------

Họ và tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:…………………………….

ĐÁP ÁN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU MÔN TOÁN 8
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm).
Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm
Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

B

C

B

B

A

D

B

D

Câu 9

Câu 10

Câu 11

Câu 12

Câu 13

Câu 14

Câu 15

Câu 16

A

C

D

A

C

C

D

A

Hướ dẫ
Câu 1:

ả c

t ết:

P   x  y   x3  xy 2  yx 2  y 3    x  y   x  x 2  y 2   y  x 2  y 2    x  y  x  y   x 2  y 2 

  x 2  y 2  x 2  y 2   x 4  y 4

Câu 2: Phân tích đa thức g  x   x 2  x  2   x  2  x  1
Sử dụng định lý bơ du ta tìm dư của đa thức f  x  cho g  x 

f  1  30  a  r  1 để phép chia là chia hết thì dư bằng 0.
Hay 30  a  0  a  30 . Tương tự cho f  2 ta cũng có kết quả trên.
Cách 2: Dùng phép chia đa thức.
Câu 5:
Cách 1: (Lớp 8): Biến đổi P có dạng: P  k 

A
A
trong đó  0 . Từ đó  P  k
B
B

10 x 2  6 x  2
 3x  1  1  P  1  x  1
P
1 2
min
2
x 1
x 1
3
Cách 2: (Lớp 9) Dùng phương pháp miền giá trị ta xác định được Pmin ngay.
2

a  0
Câu 7: Đưa phương trình về dạng ax  b phương trình vô nghiệm khi 
. Phương
b  0

trình vô số nghiệm khí a  b  0
Áp dụng: m  x  1  5   m  1 x   2m  1 x  5  m phương trình vô nghiệm khi
1

 a  0  2m  1  0  m 
1


2 m

2
b  0
5  m  0
m  5

Câu 8:

1  x  8

Xét  2  TH1: m  0   2 : vô nghiệm (loại)
m 1
TH2: m  0   2   x 
 (1) và (2) có vô số nghiệm (loại)
m
m 1
m 1
1
TH3: m  0   2   x 
để (1) và (2) có nghiệm duy nhất thì
8 m
m
m
7
Chọn D
Câu 9:
B
A
Áp dụng định lý pitago (bộ ba pita go) (6;8;10)
N

Câu 10:
M
Dễ dàng chứng minh được OM  ON 
Chứng minh được hệ thức sau:
1
1
2
1
1
2
1
2







 MN  40 D
AB CD MN
28 70 MN
20 MN

O

C
A

E

Câu 11:

PAEDF  AE  DE  DF  FA  2  FA  FD  (do tgAEDF là

F

hình bình hành) BFD cân tại F  FD  FB

B

C

D

 PAEDF  2  AF  FB   2. AB  8 .
A

Câu 12:
S AMP AM . AP AM AP 2 1 2


.
 .  tương tự
S
AB. AC
AB AC 3 3 9

P

M
C
N

B

S BMN SCNP 2
2

  S AMP  S BMN  SCNP  S
S
S
9
9
2
S 12
 S MNP  S  3.S AMP  S  3. S    4 cm 2 .
9
3 3
Câu 13:
Áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác ABC với cát

tuyến RQP có

PC RB QA
PC RB
QA RA
.
.
 1. 
.
 1:

PB RA QC
PB QC
RA QA

Câu 14: MN 

CD  AB
2

R

A
Q

B

Câu 15: Hệ thức quen thuộc h2  b '.c ' (lớp 8 là tam giác đồng dạng)

P

C

Câu 16: Áp dụng công thức tính thể tích hình hộp nhữ nhật chú ý rút h theo x từ công
thức thể tích. sau đó áp dụng công thức tính ra diện tích rồi dùng bất đẳng thức.
II. TỰ LUẬN (12 điểm).
CÂU

ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC
a.Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

ĐIỂM

x2  x  xy  2 y 2  y  5
Câu 1 b. Phân tích số 20212022 thành tổng của k số tự nhiên
a1; a2 ;....; ak .
Đặt S  a15  a52  ...  ak5 . Tìm chữ số tận cùng của S.
x 2  x  xy  2 y 2  y  5   x  y  x  2 y  1  5

 x  y  1

 x  2 y  1  5
 x  2
 x  y  5


a.
 y  1
 x  2 y  1  1
x  2
( 1,5


   x  10

điểm)

y 1
3
  x  y  1
 
loai



 x  2 y  1  5  loai 

5

 y   3

  x  y  5

  x  2 y  1  1 loai 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:  x; y    2;1

3 điểm

0,5

0,75

0,25

Với n  ta có  n5  n  10

Thật vậy  n5  n    n  1 n  n  1  n2  1 2 n 
b.
( 1,5
điểm)

n

5

 n    n  1 n  n  1 n  2  n  2   5n  n 2  1 5 n 

0,75

  n5  n  10 n 

a

5
i

 ai  10

 i  1;2;...., k    a15  a5  ...  ak5    a1  a2  ...  ak  10 0,5
2

  S  20212022 10 . Vậy S có chữ số tận cùng là 2.

0,25

a. Giải phương trình:  x 2  3x  3 x 2  2 x  3  2 x 2 .
Câu 2

b. Cho đa thức P( x)  x 4  ax3  bx 2  cx  d . Biết
P(1)  3, P(2)  6, P(3)  11.

4,0 điểm

Tính giá trị của Q  4 P(4)  P(1) .
* Ta có x  0 không là nghiệm của phương trình

a.
(2,0
điểm)

b.
( 2,0
điểm)

* Với x  0 chia hai vế của phương trình cho x ta được
3
3



  x   3  x   2   2
x
x



3
Đặt y  x   2  y 2  y  2  0
x
3

 y  1  x   2  1 vn 
  y  1 y  2   0  

x
 2
y  2
 x  4 x  3  0
x 1
  x  1 x  3  0  
x  3

0,25
0,75

0,75

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;3

0,25

Đặt R( x)  P( x)   x 2  2   R(1)  0; R(2)  0; R(3)  0 .

0,75

Do đó:
R( x)  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m)  P( x)  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m) 0,75
 x2  2
.
Vậy Q  4[3.2 1(4  m)  18]  (2)(3)(4)(1  m)  3  195

Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O . Gọi M là
điểm bất kỳ thuộc cạnh BC ( M khác B, C ). Tia AM cắt đường
thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE  CM .
a. Chứng minh rằng: OEM là tam giác vuông cân.
Câu 4
b. Chứng minh: EM / / BN .
c. Từ C kẻ CH  BN  H  BN  . Chứng minh rằng khi
điểm M thay thay đổi trên cạnh BC ( M khác B, C ) thì đường
thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định.
E

A

0,5

4,0 điểm

B
1

a.
(1,5
điểm)

1
O

2
3

0,25

M
H'
1

H

D
C

N

Xét ∆OEB và ∆OMC ta có:
OB = OC (t/c đường chéo hình vuông)
B1  C1  450 (t/c đường chéo hình vuông)
BE = CM ( gt )
Suy ra: ∆OEB = ∆OMC (c.g.c)
 OE = OM
(1)
và O1  O3 , Lại có O2  O3  BOC  900 (t/c đường chéo hình
vuông)
Suy ra: O2  O1  EOM  900
(2)
Từ (1) và (2)  ∆OEM vuông cân tại O

b.
(1,5
điểm)

Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD 
AB // CN
AM BM

( Theo ĐL Ta- lét) (*)

MN MC
Mà MC = EB (gt) và AB = BC  BM = AE thay vào (*)
AM AE
Ta được:

MN EB
 EM // BN ( theo ĐL đảo của ĐL Ta-lét)

Gọi H' là giao điểm của OM và BN ta sẽ chứng minh CH'  BN
Thật vậy: Từ EM // BN  OME  OH ' B ( cặp góc đồng vị)
Mà OME  450 vì ∆OEM vuông cân tại O  MH ' B  450  C1
 ∆OMC ∽ ∆BMH' (g.g)
c.
OM
MC

, kết hợp OMB  CMH ' (hai góc đối đỉnh)
(1,0 
BM
MH
'
điểm)
 ∆OMB ∽ ∆CMH' (c.g.c)  OBM  MH ' C  450
Vậy BH ' C  BH ' M  MH ' C  900  CH '  BN
Mà CH  BN ( H  BN)  H  H' hay 3 điểm O, M, H thẳng
hàng hay đường thẳng MH luôn đi qua điểm O cố định.

0,5

0,5

0,25

0,5

0,75
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

Cho các số thực dương x; y thỏa mãn x  2 y . Tìm giá trị nhỏ nhất
Câu 5

x2  y 2
.
của biểu thức: P 
xy

1 điểm

2

x
 y  1
2
2
x y
 
Ta có P 
x
xy
y

0,25

0,25
x
x
t2 1
1
1
(1,0 Đặt t  với x  2 y   2  t  2  P 
y
y
t
t
điểm)
0,25
3t t 1 3.2
t 1 5
P   
 2 .  (do t  2; AM  GM )
4 4 t
4
4 t 2
x
Dấu “=” xảy ra  t  2   2  x  2 y .
y
5
 MinP   x  2 y.
0,25
2
Điểm toàn bài 12 điểm