De thi HSG toan 8 nam hoc 20172018

Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng..[r]

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=

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

Chứng minh M=x2y2 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 x212x30

2 Cho x, y, z thỏa mãn x y z  7 ; x2y2z2 23 ; xyz 3

Tính giá trị biểu thức H=

xy z   yz x  zx y 

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 3x23xy17 7 x 2y

2 Giải phương trình Giải phương trình: 3x 2 x1 2 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 MON  900 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

KC KN CN

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

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

1/

3đ

1

x x

=



1

x x

Vậy M=

2

x

x  x  với mọi x

0,5

0,5

0,5 0,5

b/ Ta có M=

2

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/

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

2

xy

2

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

Vì x, yQ nên

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= =x212x27 x212x352033

Đặt x212x30t, ta có x3 x5 x7 x92033=t 3 t52033

0,5 0,5

=t22 15 2033t  =t t ( 2) 2018

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2033 cho x212x30là 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

    

=

x y z xyz xy yz xz x y z xy yz xz xy yz xz

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

13

xy yz xz

Vậy H=

1

9 13 4

0,5

0,5

0,5 0,5

1/

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

Vì x nguyên nên 2x+3 khác 0 nên ta có

2

x x y

x



2

2

3 2 3 3 2 11 11

3

x

Vì x, y nguyên nên ta có

11

3x 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:3x23xy17 7 x 2y (3x2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

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

2

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

E

O

N M

K

B A

1/

1,5đ -Ta có

BOC  CON BON  ; vì

MON  BOM BON   BOM CON

-Ta có BD là phân giác góc ABC

2

BOC MBO CBO  

Tương tự ta có

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

AM BN

AB MB BC NC AM BM

MB NC

-Ta có AB//CD //

AN BN

AM CE

NE NC

AM AN

MN BE

MB N

( theo định ký ta lét đảo )

0,5 0,5

0,5

3/

1,5đ - Vì MN//BE

BKN MNO

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

BNK ONC

   ( vì có BNK ONK BKN OCN ;  450)

NB NO

NK NC

-Xét BNO KNC; có BNO CNK ;

NB NO

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

- Vậy ta có BKC BKN CKN  450450 900  CK BE

4/

1,5đ -Vì KH//OM mà

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

KB KH BH HB BH BH  BH 

Bài 5 1,0 đ

Ta có H=

2

x y

x y

=

=   

 0 + 0 + 0 + 0 + 5 +17=22

Dấu = có có khi    

và x2y5

 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:

- 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