Đề thi chọn học sinh giỏi văn hoá cấp thành phố môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo 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 giáo dục và đào tạo 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 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 tỷ 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 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) thoả mãn 3x2 3xy 17 7x 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 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 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 2y 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của H= x2 2y2 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 x2 1 x2 3 0,5 a/ M= 3đ (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 = 0,5 (x2 1) x4 x2 1 (x2 1) x4 x2 1 x4 x2 x2 (x2 1) x2 = 0,5 (x2 1) x4 x2 1 (x2 1) x4 x2 1 x4 x2 1 x2 0,5 Vậy M= với mọi x x4 x2 1 x2 b/ Ta có M= với mọi x x4 x2 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 2 1 2 1 1 1 Ta có x 2 1 x 2x 2 1 x 1 1 x x x 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 2y 0,75 Ta có 1 1 2x 1 y 1 2y 1 x 1 x 1 y 2 đ 1 x 1 y 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 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 12x 27 x2 12x 35 2033 0,5 2,0đ Đặt x2 12x 30 t , ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 = t 3 t 5 2033 0,5 =t 2 2t 15 2033 =t(t 2) 2018 2 2 Vậy ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 = x 12x 30 x 12x 32 2018 0,5 2 Vậy số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033 cho x 12x 30 là 2018 0,5 2/ Vì x y z 7 z x y 7 xy z 6 xy x y 1 x 1 y 1 . 0,5 2,0đ
3. 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= 0,5 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 = xyz (xy yz xz) (x y z) 1 3 (xy yz xz) 7 1 9 (xy yz xz) Ta có x y z 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz 72 23 2 xy yz xz 0,5 xy yz xz 13 4 4 Vậy H= 1 0,5 9 13 4 Bài 3 4,0 đ 1/ Ta có 3x2 3xy 17 7x 2y 3xy 2y 3x2 7x 17 3x 2 y 3x2 7x 17 0,5 2,0đ 2 2 3x 7x 17 3x 2x 9x 6 11 Vì x nguyên nên 2x+3 khác 0 nên ta có y = 0,5 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 0,5 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 3xy 17 7x 2y (3x2 3xy 9x) (2x 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 -Ta có 3x 2 x 1 2 3x 8 16 3x 2 3x 3 2 3x 8 144 0,5 2/ Đặt 3x 3 t 3x 2 t 5;3x 8 t 5 Ta có PT t 5 t 2 t 5 144 2,0đ t 2 9 t 3 0,5 t 4 25t 2 144 0 t 2 9 t 2 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 1/ -Ta có B· OC 900 C· ON B· ON 900 ; vì 0,5 1,5đ
4. M· ON 900 B· OM B· ON 900 B· OM C· ON B· OC -Ta có BD là phân giác góc ABC M· BO C· BO 450 2 B· OC Tương tự ta có N· CO D· CO 450 Vậy ta có M· BO N· CO 2 0,5 -Xét OBM và OCN có OB=OC ; B· OM C· ON ; M· BO N· CO OBM OCN OM ON 0,5 *Xét MON có M· ON 900 ;OM ON MON vuông cân 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 B· KN M· NO 450 ( đòng vị và có tam giác MON vuông cân) 1,5đ 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 N· KC N· B0 450 NK NC - Vậy ta có B· KC B· KN C· KN 450 450 900 CK  BE 4/ -Vì KH//OM mà MK  OM MK  KH N· KH 900 , mà 1,5đ 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 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 2y2 x y 1 24 = (x2 2x 1) (2y2 8y 8) ( x 2) ( 6y 24) (x 2y) 17 x y 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 0,5 Dấu = có có khi x 1 2 y 2 0 và x 2y 5 x y x=1 và y=2 .Vậy H nhỏ nhất H=22 khi x=1 và y=2 Điểm toàn bài 20 Lưu ý khi chấm bài:
5. - 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.