Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 của Phòng GD&ĐT TP Bắc Giang năm 2017 - 2018

- 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 t[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TP BẮC GIANG

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=

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= 2 2

x y 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

12 30

x  x

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

23

x y z  ; xyz 3 Tính giá trị biểu thức H= 1 1 1

xy z  yz x zx y

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 2

3x  3xy 17  7x 2y

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

3x 2 x 1 3x   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 0

90

MON  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 2y 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của H= 2 2 1 24

2

x y

x y

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

Bài

1

5 đ

1/

4 2

1

x x

 

=



=

4 2

( 1)

1

x x

 

Vậy M= 4 22

1

x

x x  với mọi x

0,5

0,5

0,5 0,5 b/ Ta có M=

2

4 2

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

2

xy

x y 

  

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

Bài

2

4,0đ

1/

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

x  x x  x  Đặt 2

12 30

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

= 2

2 15 2033

t  t  =t t(   2) 2018

0,5 0,5

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

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

12 30

x  x là 2018

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

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

Vậy H=

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

    

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

13

xy yz xz

   

9 13  4  

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài

3

4,0 đ

1/

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

Vì x nguyên nên 2x+3 khác 0 nên ta có

2

3 2

x x y

x



2

2

x x x

3 2 3 3 2 11 11

3

x

Vì x, y nguyên nên ta có 11

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

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

3x  3xy 17  7x 2y (3x  3xy 9 ) (2x  x 2y  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 

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 PT   2 

t t t  

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

Bài

4

H

E

O

N M

K

B A

6 đ

1/

1,5đ

BOC CONBON  ; vì

MON  BOM BON  BOM CON

-Ta có BD là phân giác góc ABC 0

45 2

BOC MBOCBO 

45 2

BOC NCODCO  Vậy ta có MBONCO

-Xét OBM và OCN có OB=OC ;

BOM CON;MBONCO OBM  OCNOM ON

90 ;

MON  OM ON MON vuông cân

0,5

0,5

0,5

2/

1,5đ

- OBM  OCNMBNC; mà

MB NC

-Ta có AB//CD AM//CE AN BN

NE NC

?

AM AN

MN BE

MB N

   ( theo định ký ta lét đảo )

0,5

0,5

0,5

3/

1,5đ

45

BKN MNO

   ( đòng vị và có tam giác MON vuông cân)

NK NC

-Xét BNO; KNCcó BNOCNK ; NB NO

NK  NC  BNO KNC  0

0 45

NKCNB 

45 45 90

BKC BKNCKN    CK BE

4/

1,5đ

90

MK OM MK KH NKH , 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

KB HB

Chứng minh tương tự ta có KN BN

KH BH

-Vậy ta có KC KN NC HC BN CN BH 1

KB KH BH  HB BH BH   BH 

Bài

5

1,0 đ

Ta có H= 2 2 1 24

2

x y

x y

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

= 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