001 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 s

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TP BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ

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 2 1 2 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

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

KB  KH  BH 

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho ,x y0thỏa mãn x2y5.Tìm giá trị nhỏ nhất của H x2 2y2 1 24

ĐÁP ÁN Bài 1

1

a)

4 2

2 2

4 2

1

1

M

x x

 





 

Vậy

2

4 2

1

x M



  với mọi x b) Ta có :

2

4 2

1

x M



  với mọi x

- Nếu x0 ta có M 0

- Nếu x0, chia cả tử và mẫu của M cho x2ta 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 1khi x1

2

Ta có

2

xy



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

Vì ,x y nên 3 1

2

xy

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

Bài 2

1)

Đặt 2

x  x t ta có: x3x5x7x 9 2033 t 3t 5 2033

2

      

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

Vậy

H

    

        

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

13

xy yz xz

9 13



Bài 3

1) Ta có:

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

nguyên nên 2x 3 0nên ta có:

3

y

x

x



Vì ,x y nguyên nên ta có 11

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

- Xét các trường hợp ta tìm được x 1;y 1;x 3;y5 thỏa mãn và kết luận 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:   2 

t t t  

2

2

5 16

t t

       

    

    

Xét các trường hợp ta tìm được 0; 2; 2; 8

x x  x x 

Bài 4

1) Ta có : BOC900 CONBON 90 ;0 vì

2

BOC

H

K E

N O

C D

Tương tự ta có: 0

45 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 MONvuông cân

2) OBM  OCNMBNC mà ABBCABMBBCNC

Ta có: AB/ /CD AM / /CE AN BN

Vậy ta có: AM AN MN / /BE

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

- Xét BNO;KNCcó BNO CNK; NB NO BNO KNC

0 45

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 KC HC

Chứng minh tương tự ta có : KN BN

KH  BH

KB  KH  BH  HB  BH  BH   BH 

Bài 5

Ta có: H x2 2y2 1 24

 

 

               

   

 2   2 12 6 2 2 

 

        

      

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

 

       và x2y5 1

x

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