de hsg toan 8 cap thanh pho nam 2017 2018 phong gddt tp bac giang

- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic.. Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TP BẮC GIANG

(Đề thi gồm có:01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 8/04/2018

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1: (5,0 điểm)

1 Cho biểu thức M= 46 2 4 2 21 4 2 23

a/ Rút gọn M b/ Tìm giá trị lớn nhất của M

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

Chứng minh M=x 2  y 2  xy là 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 2033 cho 2

x  x 

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

Tính giá trị biểu thức H= 1 1 1

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 3 x 2  3 xy  17 7  x  2 y

2 Giải phương trình Giải phương trình:    2 

3 x  2 x  1 3 x  8   16 Bài 4: (6 điểm)

Cho hình vuông ABCD có 2 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 KC KN CN 1

KB  KH  BH  Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x, y0 thỏa mãn x  2 y  5 Tìm giá trị nhỏ nhất của H= 2 2 1 24

2

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:….…

Giám thị 1 (Họ tên và ký)

Giám thị 2 (Họ tên và ký)

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018

MÔN: TOÁN LỚP 8

1/

4 2

1

=

2 4 2



=

4 2

( 1)

1

Vậy M= 4 22

1

x

x  x  với mọi x

0,5

0,5

0,5 0,5

b/ Ta có M= 4 22

1

x

x  x  với mọi x

- Nếu x=0 tha có M=0

- Nếu x0, chia cả tử và mẫu của M cho x2 tha có M=

2 2

1 1 1 x

x

Ta có

2

Nên ta có

2 2

1

1 1 1

M x x



 dấu = có khi x=1 Vậy M lớn nhất M=1 khi x=1

0,5

0,5

2/

2 đ Ta có 1 2 1 2 1 1 2 1  1 2 1  1 1 

 1   y 2 x  2 xy    1 x 2 y  2 xy     1 x y xy 3 1

2

xy

  

x y xy x y  xy    xy   

Vì x, y Q nên 3 1

2

xy  là số hữu tỷ, vậy M là bình phương của một số hữu tỷ

0,75

0,75đ 0,5

1/

2,0đ Ta có x3x5x7x 9 2033= =x 2  12 x  27x 2  12 x  35 2033

Đặt x 2  12 x  30  t, ta có x3x5x7x 9 2033=t3t 5 2033

=t 2   2 t 15 2033  =t t (   2) 2018

Vậy ta có x3x5x7x 9 2033= 2  2 

Vậy số dư trong phép chia x3x5x7x 9 2033 cho 2

x  x  là 2018

0,5 0,5

0,5 0,5 2/

2,0đ Vì x y z  7      z x y 7 xy z   6 xy x y   1 x1y1 0,5

Tương tự ta có yz x  6 y1z1 ; zx y  6 z1y1

Vậy H=

    

x y z

x y z    x  y  z  xy yz xz      xy yz xz  

13

xy yz xz

Vậy H= 4 4 1

9 13  4  

0,5

0,5 0,5

1/

2,0đ Ta có 3x23xy17 7 x2y3xy2y 3x27x173x2y 3x27x17

Vì x nguyên nên 2x+3 khác 0 nên ta có 3 2 7 17

y

x



2

2

3 2 3 3 2 11 11

3

x

Vì x, y nguyên nên ta có 11

3 x  2 nguyên 11 3 x 2 3x   2 1; 11

- Xét các trường hợp ta tìm được x=1 , y=7 ; x=3 , y=5 Thỏa mãn và KL

Chú ý: HS có thể làm:3 x 2  3 xy  17 7  x  2 y  (3 x 2  3 xy  9 ) (2 x  x  2 y   6) 11

3x x y 3 2 x y 3 11 x y 3 3x 2 11

11 3x 2 3x 2 1; 11

        rồi làm như trên

0,5 0,5

0,5 0,5

2/

2,0đ

-Ta có    2     2 

3 x  2 x  1 3 x  8   16  3 x  2 3 x  3 3 x  8   144 Đặt 3 x    3 t 3 x    2 t 5;3 x    8 t 5 Ta có PT t5 t t2   5 144

2

5 16

t t

-Xét các trừng hợp ta tìm được x=0 ; x= 2; x=2

3 ; x= 8

3

 -KL

0,5 0,5

0,5 0.5

H

E

O

N M

K

B A

1/

1,5đ -Ta có BOC 90 0  CON BON   90 0; vì

-Ta có BD là phân giác góc ABC    45 0

2

BOC

Tương tự ta có    45 0

2

BOC NCO DCO    Vậy ta có MBO NCO  -Xét OBM và OCN có OB=OC ;  BOM CON; MBO NCO 

*Xét MON có MON90 ;0 OM ON MON vuông cân

0,5

0,5 0,5 2/

1,5đ

- OBM  OCNMB NC ; mà AB=BC

-Ta có AB//CD AM CE // AN BN

?

MN BE

   ( theo định ký ta lét đảo )

0,5 0,5

0,5 3/

1,5đ - Vì MN//BE  BKN  MNO  45 0 ( đòng vị và có tam giác MON vuông cân)

   ( vì có    BNK ONK BKN OCN ;  450) NB NO

-Xét  BNO KNC ;  có  BNO CNK ; NB NO

NK  NC  BNOKNC   NKC  NB 0 45  0

- Vậy ta có   BKC  BKN CKN   45 0  45 0  90 0  CK  BE

4/

1,5đ -Vì KH//OM mà MK  OM  MK  KH NKH  90 0, mà

NKC   CKH   BKN  NKC CKH  

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

phân giác ngoài của BKC KC HC

Chứng minh tương tự ta có KN BN

-Vậy ta có KC KN NC HC BN CN BH 1

KB  KH  BH  HB  BH  BH   BH 

Ta có H= 2 2 1 24

2

( x 2 x 1) (2 y 8 y 8) ( x 2) ( 6 y 24) ( x 2 ) 17 y

= 2   2 12 6 2 2 

 0 + 0 + 0 + 0 + 5 +17=22

Dấu = có có khi  2   2 12 6 22

x=1 và y=2 Vậy H nhỏ nhất H=22 khi x=1 và y=2

0,5

0,5

Lưu ý khi chấm bài:

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm

- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng