126 đề HSG toán 8 bắc giang 2017 2018

6 điểm Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O.. 1 Chứng minh MON vuông cân 2 Chứng minh MN song song với BE 3 Chứng minh CK vuông góc với BE 4 Qua K vẽ đường song

TP BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018

MÔN THI: TOÁN 8

Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (5,0 điểm)

1 Cho biểu thức

M

a) Rút gọn M

b) Tìm giá trị lớn nhất của M

2 Cho ,x y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn

1

Chứng minh M x2  y2 xylà bình phương của một số hữu tỷ.

Bài 2 (4,0 điểm)

1 Tìm số dư trong phép chia  x3  x5 x7 x 9 2033cho x2 12x30

2 Cho , ,x y z thỏa mãn x y z  7; x2  y2  z2 23; xyz 3

Tính giá trị của biểu thức

H

Bài 3 (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y thỏa mãn ; 3x2 3xy 17 7x2y

2 Giải phương trình:     2 

3x2 x1 3x  8 16

Bài 4 (6 điểm)

Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O Trên cạnh AB

lấy M 0 MB MA   và trên cạnh BC lấy N sao cho · MON 90 0 Gọi E là giao điểm của

AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE.

1) Chứng minh MON vuông cân

2) Chứng minh MN song song với BE

3) Chứng minh CK vuông góc với BE

4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H Chứng minh:

1

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho ,x y thỏa mãn 2 5.0 x y Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2

1 24 2

ĐÁP ÁN Bài 1.

1.

a)

1

1

M

 





 

Vậy

2

x M



  với mọi x

b) Ta có :

2

x M



  với mọi x

- Nếu x ta có 0 M 0

- Nếu x  , chia cả tử và mẫu của M cho 0 2

x ta có:

2 2

1 1 1

M x x



Ta có:

2

Nên ta có:

2 2

1

1 1 1

M

x x



 Dấu " " xảy ra khi x1

Vậy M lớn nhất là M  khi 1 x1

2

Ta có

2

xy



Vì ,x y¤ nên 3 2 1

xy

là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ.

Bài 2.

1)

Ta có:  x3 x5 x7 x 9 2033  x212x27 x212x35 2033

Đặt x2 12x30 ta có: t,  x3 x5  x7  x 9 2033 t 3 t 5 2033

 

Vậy ta có  x3 x5 x7 x 9 2033 x2 12x30x2 12x32 2018

Vậy số dư trong phép chia  x3  x5 x7  x 9 2033cho x2 12x là 2018.30

2) Vì x y z        7 z x y 7 xy z   6 xy x y    1 x 1  y1 Tương tự ta có: yz x  6  y1 z1 ; zx y   6 z 1  y1

Vậy  1 1 1  1 1 1  1 1 1  11  11  11

H

    

x y z

13

xy yz xz

Vậy

4

1

9 13



Bài 3.

1) Ta có:

3x 3xy17 7 x2y3xy2y  3x 7x17 3x2 y 3x 7x17Vì x

nguyên nên 2x  nên ta có:3 0

   

3

y

x

x



Vì ,x y nguyên nên ta có

11

3x nguyên 11 3 2 3 22  Mx  x   1; 11

- Xét các trường hợp ta tìm được x 1;y  1;x 3;y thỏa mãn và kết luận5

2) Ta có:     2      2 

3x2 x1 3x   8 16 3x2 3x3 3x  8 144 Đặt 3x  3 t 3x  2 t 5;3x  8 t 5

Ta có phương trình: t5 t t2   5 144

2

2

5 16

t t

Xét các trường hợp ta tìm được

Bài 4.

1) Ta có : vì

Ta có BD là phân giác ·ABC

2

BOC MBO CBO

Tương tự ta có:

2

BOC

Vậy ta có : ·MBO NCO·

Xét OBM và OCN có OB OC BOM ;· CON MBO NCO· ;· ·

Xét MON có MON· 90 ;0 OM ON  MONvuông cân

Ta có: / / / /

(Theo định lý Talet đảo)

3) Vì MN / /BE·BKN MNO· 450(đồng vị và có tam giác MON vuông cân)

  :  (vì có BNK ONK BKN OCN· · ;·  · 45 )0  NK NB  NC NO

- Xét BNO KNC; có ·BNO CNK· ;NK NB  NO NC  BNO: KNC

NKC NBO

Vậy ta có: ·BKC BKN CKN· · 450 450 900CK BE

4) – Vì KH / /OM mà MK OK MK KH NKH· 900 mà

Xét BKC có ·BKN NKC· KN là phân giác trong của BKC , mà KH KN KH

 là phân giác ngoài của

BKC

Chứng minh tương tự ta có :

Bài 5

Ta có:

2

 2   2 12 6 2 2 

0 0 0 0 5 17 22

Dấu " " xảy ra  2   2 12 6 22

và x2y5 1

x

  và y  Vậy H nhỏ nhất là 2 H 22 x 1,y2