163 đề hsg toán 8 bắc giang 22 23

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 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