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

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

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 2033cho 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 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 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 1khi 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 2033cho x2 12x 30là 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