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) 4 2 2
1. Cho biểu thức M= x  2 x 1 x  3   6 4 2 4 2 x 1 x  x 1 x  4x  3
a/ Rút gọn M b/ Tìm giá trị lớn nhất của M
2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn 1 2x 1 2y  1. 1 x 1 y Chứng minh M= 2 2
x  y  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 2 x 12x  30
2. Cho x, y, z thỏa mãn x  y  z  7 ; 2 2 2
x  y  z  23 ; xyz  3
Tính giá trị biểu thức H= 1 1 1   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 2
3x  3xy 17  7x  2y
2. Giải phương trình Giải phương trình:  x  x  2 3 2 1 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 ( 00
MON  90 . Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K
là giao điểm của ON với BE 1. Chứng minh M  ON 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) Cho x, y  1 24
0 thỏa mãn x  2 y  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của H= 2 2 x  2y   x y
................................................................................................................................................
Họ và tên thí sinh:................................................. Số báo danh:….…
Giám thị 1 (Họ tên và ký).......................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký).......................................................................
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 8 Câu Nội Dung Điểm Bài 1 5 đ 1/ 4 2 2 x  2 x 1 x  3 0,5 3đ a/ M=   2 (x 1)  4 2 x  x   4 2 1 x  x 1  2 x   1  2 x  3 4 2   = x 2 x 1 1   2 (x 1)  4 2 x  x   4 2 2 1 x  x 1 x 1 4 x  2   2 x   1  2 x   1   4 2 x  x   4 4 4 2 1
x  2  x 1 x  x 1 =  0,5 2 (x 1) 4 2 x  x   2 1 (x 1) 4 2 x  x   1 4 2 2 2 2   = x x x (x 1) x   0,5 2 (x 1) 4 2 x  x   2 1 (x 1)  4 2 x  x   4 2 1 x  x 1 2 x 0,5 Vậy M= với mọi x 4 2 x  x 1 2 x b/ Ta có M= với mọi x 4 2 x  x 1 0,5 - Nếu x=0 tha có M=0 - Nếu x  1
0 , chia cả tử và mẫu của M cho x2 tha có M= 2 1 x  1 2 x 2 Ta có 2 1  2 1 1   1  x  1  x  2x  1  x  1  1 2  2    x  x x   x  Nên ta có 1 M 
 1 dấu = có khi x=1. Vậy M lớn nhất M=1 khi x=1 0,5 2 1 x  2 x 1 2/ 1 2x 1 2 y Ta có   0,75
1  1 2x1 y  1 2y1 x  1 x1 y 2 đ 1 x 1 y   xy
1 y  2x  2xy 1 x  2 y  2xy  1 x  y  3 1 xy  x  y  2 2 2      Ta có M= 
x  y  xy   x  y2 2 2 3xy 1 3xy 1  3xy   3xy  ...      0,75đ  2   2  Vì x, y xy  Q nên 3
1 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 =. .= 2 x  x   2 12
27 x 12x  35  2033 0,5 2,0đ Đặt 2
x 12x  30  t , ta có  x  3 x  5 x  7 x  9  2033 =t  3t  5  2033 0,5 = 2
t  2t 15  2033 =t(t  2)  2018
Vậy ta có  x  3x  5x  7x  9  2033 = 2 x  x   2 12
30 x 12x  32  2018 0,5
Vậy số dư trong phép chia  x  3x  5x  7x  9  2033 cho 2 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
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 2 2 2
 x  y  z  xy  yz  xz 2 2
 7  23  2xy  yz  xz 0,5  xy  yz  xz  13 Vậy H= 4 4   1 0,5 9 13 4 Bài 3 4,0 đ 1/ Ta có 2 2 x  xy 
 x  y  xy  y   x  x    x   2 3 3 17 7 2 3 2 3 7 17 3 2 y  3x  7x 17 0,5 2,0đ 2  3x  7x 17 2
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
Vì x, y nguyên nên ta có 11 nguyên 113x  2  3x  2  1  ; 1  1 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: 2 2
3x  3xy 17  7x  2y  (3x  3xy  9x)  (2x  2 y  6)  11
 3xx  y 3  2x  y 3 11 x  y 33x  2 11
113x  2  3x  2  1  ; 1  1 rồi làm như trên
-Ta có  x  x  2  x       x   x  2 3 2 1 3 8 16 3 2 3 3 3x  8  144 0,5 2/
Đặt 3x  3  t  3x  2  t  5;3x  8  t  5 Ta có PT t   2 5 t t  5  1  44 2,0đ t  t   0,5
 t  25t 144  0  t 9t 16 2 9 3 4 2 2 2  0     2 t   16 t   5
-Xét các trừng hợp ta tìm được x=0 ; x= 2 ; x= 2 ; x= 8  0,5 3 3 0.5 -KL Bài 4 6 đ A M B O N K D E C H 1/ -Ta có  0 BOC    CON   0 90 BON  90 ; vì 0,5 1,5đ  0 MON    BOM   0 90 BON  90   BOM   CON
-Ta có BD là phân giác góc ABC   MBO    BOC 0 CBO   45 2 Tương tự ta có  NCO    BOC 0 DCO   45 Vậy ta có  MBO   NCO 2 -Xét O  BM và O  CN có OB=OC ;  BOM   CON ;  MBO   NCO  0,5 O  BM  O  CN  OM  ON *Xét M  ON có  0 MON  90 ;OM  ON  M  ON vuông cân 0,5 2/ - O  BM  O
 CN  MB  NC ; mà AB=BC 0,5 1,5đ AM BN 
AB  MB  BC  NC  AM  BM   MB NC 0,5 -Ta có AB//CD AN BN  AM // CE   NE NC -Vậy ta có AM AN  
 MN // BE ( theo định ký ta lét đảo ) MB N? 0,5 3/ - Vì MN//BE   BKN   0
MNO  45 ( đòng vị và có tam giác MON vuông cân) 1,5đ  B  NK  O  NC ( vì có  BNK   ONK  BKN   0 ; OCN  45 ) NB NO   NK NC -Xét BNO;KNC có  BNO   CNK ; NB NO   B  NO  K  NC   NKC   0 NB0  45 NK NC - Vậy ta có  BKC   BKN   0 0 0
CKN  45  45  90  CK  BE 4/
-Vì KH//OM mà MK  OM  MK  KH   0 NKH  90 , mà 1,5đ  0 NKC    0 CKH    BKN   NKC   0 45 45 CKH  45 Xét B  KC có  BKN  
NKC  KN là phân giác trong của B
 KC , mà KH  KN  KH là phân giác ngoài của B  KC KC HC   . KB HB
Chứng minh tương tự ta có KN BN   KH BH -Vậy ta có KC KN NC HC BN CN BH       ...   1 KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 1,0 đ 1 24 Ta có H= 2 2 0,5 x  2y   x y 1 24 = 2 2
(x  2x 1)  (2y  8y  8)  (  x  2)  (
 6y  24)  (x  2y) 17 x y 2 2 x 1 6 y  2 =  x  2 1  2 y  22        x  2y 17 x y  0 + 0 + 0 + 0 + 5 +17=22 2 2 x 1 6 y  2 0,5
Dấu = có có khi x  2 1  2 y  2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:
- 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.