163 đề hsg toán 8 bắc giang 22 23

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2022 2023 MÔN THI TOÁN 8 Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1 (5,0 điểm) 1 Cho biểu thức a[.]

TP BẮC GIANG NĂM HỌC 2022-2023

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 7 x 2y

2 Giải phương trình: 3x 2 x1 2 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 0 x2y Tìm giá trị nhỏ nhất của 5

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



2

Vì ,x y  nên

2

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30là 2018

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

H

x y z

có: x y z  2 x2  y2z2 2xy yz xz   72 23 2 xy yz xz  

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 32   x 2 3x  2 1; 11

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

2) Ta có: 3x 2 x1 2 3x8 16 3x 2 3  x3 2 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.

K E

N O

C D

1) Ta có : BOC 900 CON BON 90 ;0 vì

Ta có BD là phân giác ABC  



0

45 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

- Xét BNO KNC; có

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

0 0 0 0 5 17 22

Dấu " " xảy ra        

và x2y 5 1

x

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