Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp thành phố - Môn thi: Toán 8

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp thành phố - Môn thi: Toán 8

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ TP BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN 8 Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 2 x2 1 x2 3 1. Cho biểu thức M x6 1 x4 x2 1 x4 4x2 3 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M 1 2x 1 2y 2. Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1 1 x 1 y 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 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức H xy z 6 yz x 6 zx y 6 Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn 3x2 3xy 17 7x 2y 2. Giải phương trình: 3x 2 x 1 2 3x 8 16 Bài 4. (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéoAC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB lấy M 0 MB MA và trên cạnh BC lấy N sao cho M· ON 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: KC KN CN 1 KB KH BH Bài 5. (1,0 điểm) 1 24 Cho x, y 0 thỏa mãn x 2y 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của H x2 2y2 x y
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1. a) x4 2 x2 1 x2 3 M x2 1 x4 x2 1 x4 x2 1 x2 1 x2 3 x4 2 x2 1 1 x2 1 x4 x2 1 x4 x2 1 x2 1 4 2 2 4 2 x 2 x 1 x 1 x x 1 x4 2 x4 1 x4 x2 1 x2 1 x4 x2 1 x2 1 x4 x2 1 2 2 x4 x2 x . x 1 x2 x2 1 x4 x2 1 x2 1 x4 x2 1 x4 x2 1 x2 Vậy M với mọi x x4 x2 1 x2 b) Ta có : M với mọi x x4 x2 1 - Nếu x 0 ta có M 0 1 - Nếu x 0 , chia cả tử và mẫu của M cho x2 ta có: M 1 x2 1 x2 2 2 1 2 1 1 1 Ta có: x 2 1 x 2.x. 2 1 x 1 1 x x x x 1 Nên ta có: M 1 . Dấu " "xảy ra khi x 1. 1 x2 x2 1 Vậy M lớn nhất là M 1 khi x 1 2. 1 2x 1 2y 1 1 2x 1 y 1 2y 1 x 1 x 1 y 1 x 1 y Ta có 3xy 1 1 y 2x 2xy 1 x 2y 2xy 1 x y xy x y 2 2 2 2 2 2 3xy 1 3xy 1 Ta có : M x y xy x y 3xy 3xy 2 2
3. 3xy 1 Vì x, y ¤ nên là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2 Bài 2. 1) 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 t 2 2t 15 2033 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 30 là 2018. 2) 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 1 1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x y z 3 7 3 4 Ta xyz xy yz xz x y z 1 3 xy yz xz 7 1 9 xy yz xz có: x y z 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz 72 23 2 xy yz xz xy yz xz 13 4 Vậy H 1 9 13 Bài 3. 1) Ta có: 3x2 3xy 17 7x 2y 3xy 2y 3x2 7x 17 3x 2 y 3x2 7x 17Vì x nguyên nên 2x 3 0 nên ta có: 3x2 7x 17 3x2 2x 9x 6 11 y 3x 2 2 x 3x 2 3 3x 2 11 11 x 3 3x 2 3x 2 11 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên 113x 2 3x 2 1; 11 3x 2 - Xét các trường hợp ta tìm được x 1; y 1; x 3; y 5 thỏa mãn và kết luận 2) Ta có: 3x 2 x 1 2 3x 8 16 3x 2 3x 3 2 3x 8 144 Đặt 3x 3 t 3x 2 t 5;3x 8 t 5
4. Ta có phương trình: t 5 t 2 t 5 144 t 4 25t 2 144 0 t 2 9 t 2 16 0 t 2 9 t 3 2 t 16 t 5 2 8 Xét các trường hợp ta tìm được x 0; x 2; x ; x 3 3 Bài 4. A M B O N K D C E H 1) Ta có : B· OC 900 C· ON B· ON 900; vì M· ON 900 B· OM B· ON 900 B· OM C· ON B· OC Ta có BD là phân giác ·ABC M· BO C· BO 450 2
5. B· OC Tương tự ta có: N· CO D· CO 450 . Vậy ta có : M· BO N· CO 2 Xét OBM và OCN có OB OC;B· OM C· ON;M· BO N· CO OBM OCN OM ON Xét MON có M· ON 900;OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB / /CD AM / /CE NE NC AM AN Vậy ta có: MN / /BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE 3) Vì MN / /BE B· KN M· NO 450 (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) NB NO BNK : ONC (vì có B· NK O· NK;B· KN O· CN 450 ) NK NC NB NO - Xét BNO; KNC có B· NO C· NK; BNO : KNC NK NC N· KC N· BO 450 Vậy ta có: B· KC B· KN C· KN 450 450 900 CK  BE 4) – Vì KH / /OM mà MK  OK MK  KH N· KH 900 mà N· KC 450 C· KH 450 B· KN N· KC C· KH 450 Xét BKC có B· KN N· KC KN là phân giác trong của BKC , mà KH  KN KC HC KH là 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 24 Ta có: H x2 2y2 x y 2 2 1 24 x 2x 1 2y 8y 8 x 2 6y 24 x 2y 17 x y
6. 2 2 2 2 x 1 6 y 2 x 1 2 y 2 x 2y 17 x y 0 0 0 0 5 17 22 2 2 2 2 x 1 6 y 2 Dấu " "xảy ra x 1 2 y 2 0 và x 2y 5 x y x 1và y 2.Vậy H nhỏ nhất là H 22 x 1, y 2