Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp Thành phố môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp Thành phố môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ TP BẮC GIANG 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 (Đề thi gồm có:01 trang) Bài 1: (5,0 điểm) x4 2 x 2 1 x 2 3 1. Cho biểu thức M= x6 1 xx 4 2 1 xx 4 4 2 3 a/ Rút gọn M b/ Tìm giá trị lớn nhất của M 1 2x 1 2 y 2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn 1. 1 x 1 y Chứng minh M= x2 y 2 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 12 x 30 2. Cho x, y, z thỏa mãn x y z 7 ; x2 y 2 z 2 23 ; xyz 3 1 1 1 Tính giá trị biểu thức H= xyz 6 yzx 6 zxy 6 Bài 3: (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 3x2 3 xy 17 7 xy 2 2. Giải phương trình Giải phương trình: 3x 2 x 1 2 3 x 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 KC KN CN 4. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh 1 KB KH BH Bài 5: (1,0 điểm) 1 24 Cho x, y 0 thỏa mãn x 2 y 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của H= x2 2 y 2 x y Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 8 Câu Nội Dung Điểm Bài 1 5 đ 1/ x4 2 x 2 1 x 2 3 0,5 a/ M= 3đ (xxx2 1) 4 2 1 x4 x 2 1 xx 2 1 2 3 x4 2 x 2 1 1 = (x2 1) xx 4 2 1 xx4 21 x 2 1 4 2 2 4 2 x 2 x 1 x 1 xx 1 x4 2 x 4 1 xx 4 2 1 = 0,5 (xxx2 1) 4 2 1 ( xxx 2 1) 4 2 1 xx4 2 xx 2( 2 1) x 2 = 0,5 (x2 1) xx 4 2 1 ( x 2 1) xx 4 2 1 x4 x 2 1 x2 0,5 Vậy M= với mọi x x4 x 2 1 x2 b/ Ta có M= với mọi x x4 x 2 1 0,5 - Nếu x=0 tha có M=0 1 - Nếu x 0, chia cả tử và mẫu của M cho x2 tha có M= 1 x2 1 x2 2 21 2 1 1 1 Ta có x 21 xx 2 2 1 x 1 1 x xx x 1 Nên ta có M 1 dấu = có khi x=1. Vậy M lớn nhất M=1 khi x=1 0,5 1 x2 x2 1 2/ 1 2x 1 2 y 0,75 Ta có 1 1 2xy 1 1 2 yx 1 1 xy 1 2 đ 1 x 1 y 3xy 1 1 y 2 x 2 xy 1 x 2 y 2 xy 1 xyxy x y 2 2 2 2 2 2 3xy 1 3 xy 1 Ta có M= xyxyxy 3 xy 3 xy 0,75đ 2 2 3xy 1 Vì x, y Q nên là số hữu tỷ, vậy M là bình phương của một số hữu tỷ 0,5 2 Bài 2 4,0đ 1/ Ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 = = x2 12 x 27 x 2 12 x 35 2033 0,5 2,0đ Đặt x2 12 x 30 t , ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 = t 3 t 5 2033 0,5 =t2 2 t 15 2033 =t( t 2) 2018 2 2 Vậy ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 = x 12 x 30 x 12 x 32 2018 0,5 2 Vậy số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033 cho x 12 x 30 là 2018 0,5 2/ Vì x y z 7 zxy7 xyz 6 xyxy 1 x 1 y 1 . 0,5 2,0đ
3. Tương tự ta có yzx 6 y 1 z 1 ; zxy 6 z 1 y 1 1 1 1z 1 x 1 y 1 Vậy H= 0,5 xy 1 1 yz 1 1 zx 1 1 xyz 1 1 1 x y z 3 7 3 4 = xyz ( xyyzxz )( xyz )13( xyyzxz )719( xyyzxz ) Ta có xyz 2 x2 y 2 z 22 xyyzxz 7 2 23 2 xyyzxz 0,5 xy yz xz 13 4 4 Vậy H= 1 0,5 9 13 4 Bài 3 4,0 đ 1/ Ta có 3xxy2 31772 xyxyyxx 3 2 3 2 717 32 xyxx 3 2 717 0,5 2,0đ 2 2 3x 7 x 17 3x 2 x 9 x 6 11 Vì x nguyên nên 2x+3 khác 0 nên ta có y = 0,5 3x 2 2 xx 3 2 3 3 x 2 11 11 x 3 3x 2 3 x 2 11 0,5 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên 11 3x 2 3 x 2 1; 11 3x 2 - Xét các trường hợp ta tìm được x= 1 , y= 7 ; x= 3 , y=5 Thỏa mãn và KL 0,5 Chú ý: HS có thể làm: 3x2 3 xy 17 7 xy 2 (3 x 2 3 xyx 9 ) (2 xy 2 6) 11 3xxy 3 2 xy 3 11 xy 3 3 x 2 11 11 3x 2 3 x 2 1; 11 rồi làm như trên -Ta có 3xxx 2 12 3 8 16 3 xxx 2 3 3 2 3 8 144 0,5 2/ Đặt 3x 3 tx 3 2 tx 5;3 8 t 5 Ta có PT t 5 tt2 5 144 2,0đ 2 4 2 2 2 t 9 t 3 0,5 tt25 144 0 tt 9 16 0 2 t 16 t 5 2 8 -Xét các trừng hợp ta tìm được x=0 ; x= 2 ; x= ; x= 0,5 3 3 0.5 -KL Bài 4 6 đ A M B O N K E D C H
4. 1/ -Ta có BOC 900 CON BON 90 0 ; vì 0,5 1,5đ MON 900 BOM BON 90 0 BOM CON BOC -Ta có BD là phân giác góc ABC MBO CBO 450 2 BOC Tương tự ta có NCO DCO 450 Vậy ta có MBO NCO 2 -Xét OBM và OCN có OB=OC ; BOM CON ; MBO NCO 0,5 OBM OCN OM ON *Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 0,5 2/ - OBM OCN MB NC ; mà AB=BC 0,5 1,5đ AM BN AB MB BC NC AM BM MB NC AN BN 0,5 -Ta có AB//CD AM// CE NE NC AM AN -Vậy ta có MN// BE ( theo định ký ta lét đảo ) MB N? 0,5 3/ - Vì MN//BE BKN MNO 450 ( đòng vị và có tam giác MON vuông cân) 1,5đ NB NO BNK ONC ( vì có BNK ONK ; BKN OCN 450 )  NK NC NB NO -Xét BNO; KNC có BNO CNK ; BNO KNC NKC NB 0 450 NK NC  - Vậy ta có BKCBKNCKN 450 45 0 90 0 CK BE 4/ -Vì KH//OM mà MK  OM MK KH NKH 900 , mà 1,5đ NKC 450 CKH 45 0 BKN NKC CKH 45 0 Xét BKC có BKN NKC KN là phân giác trong của BKC , mà KH KN KH là KC HC phân giác ngoài của BKC . KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có KH BH KC KN NC HC BN CN BH -Vậy ta có 1 KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 1,0 đ 1 24 0,5 Ta có H= x2 2 y 2 x y 1 24 = (xx2 2 1) (2 yy 2 8 8) ( x 2) ( 6 y 24) ( xy 2 ) 17 x y 2 2 2 2 x 1 6 y 2 = xy 1 2 2 xy 2 17 x y 0 + 0 + 0 + 0 + 5 +17=22 2 2 0,5 2 2 x 1 6 y 2 Dấu = có có khi x 1 2 y 2 0 và x 2 y 5 x y x=1 và y=2 .Vậy H nhỏ nhất H=22 khi x=1 và y=2 Điểm toàn bài 20
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.