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 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 8/04/2018

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1: (5,0 điểm)

Cho biểu thức M=

4 2

6 4

2

1

x x x

x x x x x

    

    

a/ Rút gọn M b/ Tìm giá trị lớn M Cho x, y số hữu tỷ khác thỏa mãn 2

1

x y

x y

   

 

Chứng minh M= 2

x y xy bình phương số hữu tỷ Bài 2: (4,0 điểm)

Tìm số dư phép chia x3x5x7x 9 2033 cho

12 30 x  x

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

Tính giá trị biểu thức H= 1

6 6

xy z  yz x zx y Bài 3: (4,0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn

3x 3xy177x2y

Giải phương trình Giải phương trình: 3x2x1 2 3x  8 16 Bài 4: (6 điểm)

Cho hình vng ABCD có đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M ( 0<MB<MA) cạnh BC lấy N cho

90

MON  Gọi E giao điểm AN với DC, gọi

K giao điểm ON với BE

Chứng minh MON vuông cân Chứng minh MN song song với BE Chứng minh CK vng góc với BE

Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh KC KN CN KB KH BH  Bài 5: (1,0 điểm)

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

  

Họ tên thí sinh: Số báo danh:….…

Giám thị 1 (Họ tên ký)

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN LỚP

Câu Nội Dung Điểm

Bài 1

5 đ 1/

3đ a/ M=     

4 2

4

2 2

2

1

( 1) 1

x x x

x x

x x x x x

            =  

4 2

2

2 1

1

( 1)

x x

x x x

x x x

   

  

  

=     

   

4 2 4 4 4 2

2 2

2 1 2 1 1

( 1) ( 1)

x x x x x x x x x

x x x x x x

            



     

=

   

4 2 2

4

2 2

( 1)

1

( 1) ( 1)

x x x x x

x x

x x x x x x

   

 

     

Vậy M= 4 22

1 x

x x  với x

0,5

0,5

0,5 0,5 b/ Ta có M=

2

1 x

x x  với x

- Nếu x=0 tha có M=0

- Nếu x0, chia tử mẫu M cho x2 tha có M=

2 1 x x   Ta có 2 2

1 1

1 1

x x x x

x x x x

   

          

   

Nên ta có

2 1 1 M x x    

dấu = có x=1 Vậy M lớn M=1 x=1

0,5

0,5

2/

2 đ Ta có         

1 2

1 1 1

1

x y

x y y x x y

x y

            

 

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

2 xy

x y 

  

Ta có M=  

2

2

2 3

3

2

xy xy

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

   

Vì x, yQ nên

2 xy

số hữu tỷ, M bình phương số hữu tỷ

0,75 0,75đ 0,5 Bài 2 4,0đ 1/

2,0đ Ta có     

3 2033

x x x x  = =  

12 27 12 35 2033 x  x x  x 

Đặt

12 30

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

2 15 2033

t  t  =t t(  2) 2018

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

12 30 12 32 2018 x  x x  x 

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

12 30

x  x 2018

0,5 0,5

2/

2,0đ Tương tự ta có Vì x  y z 7     yzz  x x6 yy71xyz   1 ;z zx6    y 6xy   zx 1yy11x1y1

Vậy H=

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

z x y

x y y z z x x y z

    

  

        

=  

( ) ( ) ( ) ( )

x y z

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

   

 

              

Ta có  2 2    

2 23

x y z x y z  xyyzxz    xyyzxz 13

xy yz xz

   

Vậy H= 4

9 13  4  

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 3

4,0 đ 1/

2,0đ Ta có  

2 2

3x 3xy177x2y3xy2y 3x 7x17 3x2 y 3x 7x17 Vì x nguyên nên 2x+3 khác nên ta có

2

3 17

x x

y

x

  



 =

2

3 11

x x x

    

3 2 3 2 11 11

3

x x x

x

x x

    

    

 

Vì x, y nguyên nên ta có 11

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

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

Chú ý: HS làm: 2

3x 3xy177x2y(3x 3xy9 ) (2x  x2y 6) 11

      

3x x y x y 11 x y 3x 11

           

11 3x 3x 1; 11

       làm

0,5 0,5

0,5 0,5

2/ 2,0đ

-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 Ta có PT   2 

5 144

t t t  

  

4 2

2

9

25 144 16

5 16

t t

t t t t

t t

    

           



 



-Xét trừng hợp ta tìm x=0 ; x=2; x=2

3 ; x=



-KL

0,5

0,5

Bài 4

H

E O

N M

K

D C

B A

6 đ

1/ 1,5đ

-Ta có 0

90 90

BOC CONBON  ;

0

90 90

MON  BOM BON  BOM CON

-Ta có BD phân giác góc ABC 45

BOC MBOCBO 

Tương tự ta có

45

BOC

NCODCO  Vậy ta có MBONCO

-Xét OBM OCN có OB=OC ;

BOM CON;MBONCOOBM  OCNOM ON

*Xét MON có MON 90 ;0 OM ON MON vuông cân

0,5

0,5 0,5

2/ 1,5đ

- OBM  OCNMBNC; mà

AB=BC AB MB BC NC AM BM AM BN

MB NC

       

-Ta có AB//CD AM//CE AN BN NE NC

  

-Vậy ta có //

?

AM AN

MN BE

MB N

   ( theo định ký ta lét đảo )

0,5

0,5

0,5

3/ 1,5đ

- Vì MN//BE

45 BKN MNO

   ( đòng vị có tam giác MON vng cân)

BNK ONC

   ( có

; 45

BNKONK BKN OCN  ) NB NO

NK NC

 

-Xét BNO;KNCcó BNOCNK ; NB NO

NK  NC  BNO KNC 

0 45 NKCNB 

- Vậy ta có 0

45 45 90

BKC BKNCKN    CK BE 4/

1,5đ

-Vì KH//OM mà

90 MK OM MK KH NKH , mà

0 0

45 45 45

NKC CKH  BKN NKCCKH

Xét BKC có BKN NKCKN phân giác củaBKC, mà KH KN KH

là phân giác BKC KC HC

KB HB

 

Chứng minh tương tự ta có KN BN

KH BH

 

Bài 5

1,0 đ

Ta có H= 2 24

x y

x y

  

= 2 24

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

x y

             

=         

2

2

1 2 x y 17

x y x y

x y

 

       

 + + + + +17=22 Dấu = có có        

2

2

1 2 x y

x y

x y

 

      x2y5

x=1 y=2 Vậy H nhỏ H=22 x=1 y=2

0,5

0,5

Điểm toàn bài 20

Lưu ý chấm bài:

- Điểm toàn làm tròn đến 0,25 điểm

- Trên sơ lược bước giải, lời giải thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic