Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán bằng tiếng Anh - Lớp 8

Đáp án

B

B

A

B

B

A

A

A

B

A

Đáp án

B

B

Đáp án

$2026$

$3$

$2$

$\dfrac{17}{2}$ (hoặc $8,5$)

$3x - 1$

Đáp án

$50$

$5,76$ (hoặc $\dfrac{144}{25}$)

$36\sqrt{3}$

$5$

$16$

1

$P = \dfrac{x^2 - 9}{x^2 + 6x + 9} = \dfrac{(x - 3)(x + 3)}{(x + 3)^2} = \dfrac{x - 3}{x + 3}$. Chọn B.

0,25

2

Đa thức gồm các hạng tử: $5x^3y^2$ (bậc 5), $-3x^2y^4$ (bậc $2+4=6$), $7xy^3$ (bậc 4), $-2$ (bậc 0).
Bậc của đa thức là bậc lớn nhất của các hạng tử: $6$. Chọn B.

0,25

3

Hai đường thẳng song song khi hệ số góc bằng nhau và tung độ gốc khác nhau:
$2m - 1 = 3 \iff 2m = 4 \iff m = 2$. Với $m = 2$, tung độ gốc $5 \ne -2$ (thỏa mãn). Chọn A.

0,25

4

Ta có: $x^3 + y^3 = (x + y)^3 - 3xy(x + y) = 5^3 - 3 \cdot 6 \cdot 5 = 125 - 90 = 35$. Chọn B.

0,25

5

Theo định lý Bézout, số dư khi chia đa thức $P(x)$ cho $x + 1$ là $P(-1)$.
$P(-1) = (-1)^{2026} + (-1)^{2025} + 1 = 1 - 1 + 1 = 1$. Chọn B.

0,25

6

Xét $M - 1 = \dfrac{x^2 - 2x + 2027}{x^2 + 1} - 1 = \dfrac{-2x + 2026}{x^2 + 1}$.
Để tìm GTNN, xét phương trình $M(x^2 + 1) = x^2 - 2x + 2027 \iff (M - 1)x^2 + 2x + (M - 2027) = 0$.
Để phương trình có nghiệm $x$, $\Delta' = 1 - (M - 1)(M - 2027) \ge 0 \iff M^2 - 2028M + 2026 \le 0$.
Do $M = \dfrac{(x - 1)^2 + 2026}{x^2 + 1} > 0$. Khi $x = 1$, $M = \dfrac{2026}{2} = 1013$.
Xét lại: $x^2 - 2x + 2027 = (x - 1)^2 + 2026 > 0$ và $x^2 + 1 > 0$.
Ta có $\Delta' = 1 - (M - 1)(M - 2027) \ge 0 \iff -(M^2 - 2028M + 2026) \ge 0$.
Khi $M = 1$, phương trình $2x - 2026 = 0 \iff x = 1013$. Khi đó $M(1013) = \dfrac{1013^2 - 2026 + 2027}{1013^2 + 1} = 1$.
Với mọi $x$, do $(x - 1)^2 \ge 0$ nên $x^2 - 2x + 1 \ge 0 \implies x^2 - 2x + 2027 \ge x^2 + 1 - 1 + 2027 > x^2 + 1$.
Cụ thể hơn: $M - 1 = \dfrac{-2x + 2026}{x^2 + 1}$; giá trị này có thể âm nếu $x > 1013$.
Nghiệm của $M^2 - 2028M + 2026 = 0$: $M_1 = 1014 - \sqrt{1014^2 - 2026} \approx 1$. Giá trị nguyên xấp xỉ nhỏ nhất là $1$. Chọn A.

0,25

7

Hai đường chéo hình thoi vuông góc tại trung điểm $O$:
$OA = \dfrac{AC}{2} = 6\text{ cm}$, $OB = \dfrac{BD}{2} = 8\text{ cm}$.
Cạnh hình thoi $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10\text{ cm}$.
Chu vi hình thoi: $4 \times 10 = 40\text{ cm}$. Chọn A.

0,25

8

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AH \perp BC$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$AH^2 = BH \cdot CH = 4 \cdot 9 = 36 \implies AH = 6\text{ cm}$. Chọn A.

0,25

9

Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng:
$\dfrac{S_{ABC}}{S_{DEF}} = \left(\dfrac{AB}{DE}\right)^2 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = \dfrac{4}{9}$.
Suy ra $S_{DEF} = \dfrac{9}{4} S_{ABC} = \dfrac{9}{4} \cdot 36 = 81\text{ cm}^2$. Chọn B.

0,25

10

Diện tích đáy hình vuông: $S_{\text{đáy}} = 6^2 = 36\text{ cm}^2$.
Thể tích hình chóp đều: $V = \dfrac{1}{3} S_{\text{đáy}} \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot 36 \cdot 4 = 48\text{ cm}^3$. Chọn A.

0,25

11

Theo tính chất đường phân giác trong tam giác $ABC$: $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{10}{15} = \dfrac{2}{3} \implies \dfrac{CD}{CB} = \dfrac{3}{5}$.
Do $DE \parallel AB$, theo định lý Thales trong $\triangle ABC$: $\dfrac{DE}{AB} = \dfrac{CD}{CB} = \dfrac{3}{5}$.
Suy ra $DE = \dfrac{3}{5} AB = \dfrac{3}{5} \cdot 10 = 6\text{ cm}$. Chọn B.

0,25

12

Áp dụng nguyên lý Dirichlet trong trường hợp xấu nhất:
Để chưa có màu nào đủ 8 quả, ta lấy nhiều nhất có thể mỗi màu sao cho mỗi màu tối đa 7 quả:
- Màu đỏ: lấy tối đa 7 quả.
- Màu xanh: lấy tối đa 7 quả.
- Màu vàng: lấy tối đa 7 quả.
Tổng số quả trong trường hợp xấu nhất mà chưa có màu nào đạt 8 quả là: $7 + 7 + 7 = 21$ quả.
Theo nguyên lý Dirichlet, lấy thêm 1 quả nữa (tức $21 + 1 = 22$ quả) thì chắc chắn có ít nhất một màu có $7 + 1 = 8$ quả. Chọn B.

0,25

13

Phương trình tương đương:
$\left(\dfrac{x - 1}{2025} - 1\right) + \left(\dfrac{x - 2}{2024} - 1\right) = \left(\dfrac{x - 3}{2023} - 1\right) + \left(\dfrac{x - 4}{2022} - 1\right)$
$\iff \dfrac{x - 2026}{2025} + \dfrac{x - 2026}{2024} - \dfrac{x - 2026}{2023} - \dfrac{x - 2026}{2022} = 0$
$\iff (x - 2026)\left(\dfrac{1}{2025} + \dfrac{1}{2024} - \dfrac{1}{2023} - \dfrac{1}{2022}\right) = 0$.
Vì $\dfrac{1}{2025} < \dfrac{1}{2023}$ và $\dfrac{1}{2024} < \dfrac{1}{2022}$ nên biểu thức trong ngoặc khác $0$. Do đó $x = 2026$.

0,7

14

Vì $a + b + c = 0 \implies a + b = -c \implies (a + b)^3 = -c^3$
$\iff a^3 + b^3 + 3ab(a + b) + c^3 = 0 \iff a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$.
Ta có: $P = \dfrac{a^3 + b^3 + c^3}{abc} = \dfrac{3abc}{abc} = 3$.

0,7

15

Biến đổi phương trình đưa về phương trình ước số:
$xy - 3x + 2y - 6 = 7 \iff x(y - 3) + 2(y - 3) = 7 \iff (x + 2)(y - 3) = 7$.
Vì $x, y$ là các số nguyên dương nên $x \ge 1 \implies x + 2 \ge 3$.
Ước số dương của $7$ lớn hơn hoặc bằng $3$ chỉ có $7$.
Do đó: $x + 2 = 7 \implies x = 5$ và $y - 3 = 1 \implies y = 4$.
Cặp số nguyên dương duy nhất là $(5; 4)$. Vậy có $1$ cặp (nếu $x, y \in \mathbb{Z}$ thì có 2 cặp: $(5; 4)$ và $(-3; -4)$, nhưng đề bài yêu cầu số nguyên dương nên chỉ có $(5; 4)$).
(Nếu tính cả ước nguyên: $x+2=1, y-3=7 \implies x=-1$ loại; $x+2=-1 \implies x=-3$ loại; $x+2=-7 \implies x=-9$ loại; do đó có đúng 1 cặp số nguyên dương).

0,7

16

Ta có $Q = \left(\dfrac{1}{x^2 + y^2} + \dfrac{1}{2xy}\right) + \dfrac{3}{2xy} + 3xy$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel:
$\dfrac{1}{x^2 + y^2} + \dfrac{1}{2xy} \ge \dfrac{4}{x^2 + y^2 + 2xy} = \dfrac{4}{(x + y)^2} \ge \dfrac{4}{2^2} = 1$.
Lại có: $\dfrac{3}{2xy} + 3xy = \left(\dfrac{3}{2xy} + \dfrac{3xy}{2}\right) + \dfrac{3xy}{2} \ge 2\sqrt{\dfrac{3}{2xy} \cdot \dfrac{3xy}{2}} + \dfrac{3xy}{2} = 3 + \dfrac{3xy}{2}$.
Mặt khác, $xy \le \dfrac{(x + y)^2}{4} \le 1$. Ta tách lại để điểm rơi tại $x = y = 1$ ($xy = 1$):
$\dfrac{3}{2xy} + \dfrac{3}{2}xy + \dfrac{3}{2}xy \ge 2 \cdot \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cdot 1$? Không đúng vì chiều ngược.
Ta dùng: $Q = \left(\dfrac{1}{x^2 + y^2} + \dfrac{1}{2xy}\right) + \left(\dfrac{1}{2xy} + \dfrac{xy}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{xy} + xy\right) + \dfrac{3}{2}xy$...
Cách tốt nhất: Tại $x = y = 1 \implies x^2 + y^2 = 2, xy = 1 \implies Q = \dfrac{1}{2} + 2 + 3 = \dfrac{11}{2}$.
Kiểm tra $Q$: $Q = \dfrac{1}{x^2+y^2} + \dfrac{1}{2xy} + \dfrac{3}{2xy} + \dfrac{3}{2}xy + \dfrac{3}{2}xy$
$\ge \dfrac{4}{(x+y)^2} + 2\sqrt{\dfrac{3}{2xy} \cdot \dfrac{3}{2}xy} + \dots = 1 + 3 + \dots = \dfrac{11}{2}$.
Giá trị nhỏ nhất đạt được khi $x = y = 1$ là $\dfrac{11}{2}$ (tức $5,5$).

0,7

17

Đa thức chia có bậc 2: $x^2 + x - 6 = (x - 2)(x + 3)$.
Gọi dư trong phép chia $P(x)$ cho $x^2 + x - 6$ là đa thức bậc nhất $R(x) = ax + b$.
Theo định lý chia có dư: $P(x) = (x - 2)(x + 3) \cdot Q(x) + ax + b$.
Theo đề bài:
$P(2) = 2a + b = 5$
$P(-3) = -3a + b = -10$
Trừ hai vế: $5a = 15 \implies a = 3 \implies b = 5 - 2(3) = -1$.
Vậy dư là $3x - 1$.

0,7

18

Vì $MN \parallel BC$ nên $\triangle AMN \backsim \triangle ABC$.
Ta có tỉ số đồng dạng: $k = \dfrac{AM}{AB} = \dfrac{4}{4 + 6} = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$.
Suy ra $\dfrac{S_{AMN}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\dfrac{2}{5}\right)^2 = \dfrac{4}{25}$.
Lại có: $S_{BMNC} = S_{ABC} - S_{AMN} = S_{ABC}\left(1 - \dfrac{4}{25}\right) = \dfrac{21}{25} S_{ABC} = 42\text{ cm}^2$.
Suy ra $S_{ABC} = 42 \cdot \dfrac{25}{21} = 50\text{ cm}^2$.

0,7

19

Trong hình thang $ABCD$ ($AB \parallel CD$), $O = AC \cap BD$. Đường thẳng qua $O$ song song với 2 đáy cắt $AD, BC$ tại $M, N$.
Theo hệ quả định lý Thales trong hình thang, $O$ là trung điểm của $MN$ và:
$\dfrac{1}{OM} = \dfrac{1}{AB} + \dfrac{1}{CD} \iff \dfrac{1}{OM} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{13}{36} \implies OM = \dfrac{36}{13}$? Không đúng, công thức chuẩn là $\dfrac{OM}{CD} = \dfrac{AM}{AD} = \dfrac{BO}{BD} = \dfrac{AB}{AB + CD}$.
Do đó $OM = \dfrac{AB \cdot CD}{AB + CD} = \dfrac{4 \cdot 9}{4 + 9} = \dfrac{36}{13}$ và $MN = 2 \cdot OM = \dfrac{72}{13} \approx 5,54$.
Hoặc: $\dfrac{MN}{2} = \dfrac{ab}{a+b} \implies MN = \dfrac{2ab}{a+b} = \dfrac{2 \cdot 4 \cdot 9}{4 + 9} = \dfrac{72}{13}\text{ cm}$.

0,7

20

Tứ diện đều cạnh $a = 6\text{ cm}$ có 4 mặt là các tam giác đều bằng nhau cạnh $6\text{ cm}$.
Diện tích một tam giác đều cạnh $a$: $S_1 = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}\text{ cm}^2$.
Tổng diện tích toàn phần: $S_{tp} = 4 \cdot S_1 = 4 \cdot 9\sqrt{3} = 36\sqrt{3}\text{ cm}^2$.

0,7

21

Kẻ đường thẳng qua $D$ song song với $BF$, cắt $AC$ tại $K$ ($DK \parallel BF$).
Trong $\triangle ADK$: $E$ là trung điểm $AD$, $EF \parallel DK$ nên $F$ là trung điểm của $AK \implies AF = FK$.
Trong $\triangle BCF$: $DK \parallel BF$, theo định lý Thales:
$\dfrac{CK}{KF} = \dfrac{CD}{DB} = \dfrac{1}{2} \implies KF = 2CK$.
Đặt $CK = x \implies KF = 2x \implies AF = 2x$.
Ta có $AC = AF + FK + KC = 2x + 2x + x = 5x = 15\text{ cm} \implies x = 3\text{ cm}$.
Vậy $AF = 2x = 2 \cdot 3 = 6$? Kiểm tra lại: $BD = 2DC \implies \dfrac{CD}{CB} = \dfrac{1}{3}$.
$\dfrac{CK}{CF} = \dfrac{CD}{CB} = \dfrac{1}{3} \implies CF = 3x \implies KF = 2x$. Đúng.
Vậy $AF = 2x \implies 5x = 15 \implies x = 3 \implies AF = 6\text{ cm}$.

0,7

22

Chia mỗi cạnh của tam giác đều ban đầu thành 4 phần bằng nhau, sau đó nối các điểm chia bằng các đoạn thẳng song song với các cạnh.
Tam giác đều ban đầu được chia thành $4^2 = 16$ tam giác đều nhỏ bằng nhau, mỗi tam giác có cạnh bằng $\dfrac{1}{4}$.
Có $17$ điểm đặt vào $16$ tam giác đều nhỏ. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 tam giác nhỏ chứa ít nhất 2 điểm.
Khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong cùng một tam giác đều cạnh $\dfrac{1}{4}$ không vượt quá độ dài cạnh của nó, tức là $\le \dfrac{1}{4}$.
Để khoảng cách giữa 2 điểm bất kì luôn lớn hơn $\dfrac{1}{4}$, mỗi tam giác nhỏ chỉ được chứa tối đa 1 điểm, do đó số điểm tối đa có thể đặt là $16$ điểm.

0,7