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

MƠN THI: TỐN 8 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

1 2

1

x y

x y

 

 

 

Chứng minh M=x2y2 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 x212x30

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

Tính giá trị biểu thức H=

1 1

6 6

xy z   yz x  zx y 

Bài 3: (4,0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 3x23xy17 7 x 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 MON 900 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=

2 2 24

x y

x y   

Giám thị 1 (Họ tên ký)

Giám thị 2 (Họ tên ký) HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018

MƠN: TỐN LỚP 8

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 1

x

x  x  với x

0,5

0,5 0,5 0,5

b/ Ta có M=

2

4 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 

3 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

3 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 x3 x5 x7 x92033= =   

2 12 27 12 35 2033

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

=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 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 xy z xy x y 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

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 2 2

2 23

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

xy yz xz

   

Vậy H=

4

1 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 7 x 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 3x 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:3x23xy17 7 x 2y (3x23xy ) (2x  x2y 6) 11

       

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

           

11 3x 3x 1; 11

       làm trên

0,5 0,5

0,5 0,5

2/ 2,0đ

-Ta có            

2

3x x1 3x8 16 3x 3x3 3x8 144 Đặt 3x  3 t 3x 2 t 5;3x  8 t Ta có PT t 5 t t2 5 144

   

2

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=

8  -KL

0,5 0,5 0,5 0.5

H

E O

N M

K

D C

B A

1/

1,5đ -Ta có

 900   900

BOC  CON BON  ; vì

 900   900  

MON  BOM BON   BOM CON -Ta có BD phân giác góc ABC

   450

2 BOC MBO CBO  

Tương tự ta có

   450

2 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

AM BN

AB MB BC NC AM BM

MB NC

       

-Ta có AB//CD //

AN BN AM CE

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

  450

BKN MNO

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

BNK ONC

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

NB NO

NK NC

 

-Xét BNO KNC; có BNO CNK ;

NB NO

NK NC  BNOKNC  NKC NB 45 - Vậy ta có BKC BKN CKN  450450 900  CK BE

4/

1,5đ -Vì KH//OM mà

 900

MK OM  MK KH  NKH  , mà

 450  450    450

NKC   CKH   BKN NKC CKH 

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

Bài 5 1,0 đ Ta có H=

2 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

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