De HSG toan 8 hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT TP. BẮC GIANG. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút. Bài 1: (4 điểm) H . x 2y 2 x2 y2    x  1  y  1  x  y   y  1  x  y   x 1. Cho biÓu thøc : a/ Rót gän H b/ T×m c¸c cÆp sè nguyên (x;y) sao cho gi¸ trÞ cña H = 6 Bài 2: (4,5 điểm) 2. 2. a/Tìm giá trị bé nhất của M= 2 x  5 y  6 xy  4 x  10 y  100 b/Cho x, y, z đôi một khác nhau và x+y+z=0 x 2 y  2 xz 2  xy 2  2 yz 2 A 2 xy 2  2 yz 2  2 zx 2  3xyz Tính giá trị của biểu thức. Bài 3: (4,5 điểm) a/Cho a, b là số hữu tỉ thoả mãn. a 2  b2  (. ab  2 2 ) 4 a b . Chứng minh ab+2 viết được dưới dạng. bình phương của 1 biểu thức hữu tỉ. 2 2 2 b/ Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn xz=y2 và x  z  99 7 y. Bài 4: (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, trên tia đối của tia CD lấy E sao cho CE=a . Gọi N là trung điểm của BE, từ B vẽ BH vuông góc với DN ( H  DN ). 0  a/ Chứng minh AHC 90. b/ Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh tam giác DMN vuông cân. 4 4 4 4 c/ Tính HA  HB  HC  HD theo a 2 y Bài 5: (1 điểm) Tìm các số tự nhiên x,y thõa mãn x  5 x  7 3. Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:.................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP 8 Bài Bài 1 a 2,5đ. Nội Dung H. Điểm 4đ. x 2 y2 x2 y2    x  1  y  1   x  y   y  1   x  y   x  1 . x 2 y 2  x  y   x 2 ( x  1)  y 2  y  1.  x  1  y  1  x  y  x 2 y 2   x  1   y  1   x 2 ( x  1)  y 2  y  1  x 1  y  1  x  y  = x 2 y 2  x  1  x 2 y 2  y  1  x 2 ( x  1)  y 2  y  1  x 1  y  1  x  y  =  x 2 y 2  x  1  x 2 ( x  1)    x 2 y 2  y  1  y 2  y  1   x  1  y  1  x  y  = x 2  x  1  y  1 ( y  1)  y 2  y  1 ( x  1)( x  1)  x  1  y  1  x  y  =  x  1  y  1 ( x 2 y  x 2  xy 2  y 2 )  x  1  y  1  x  y  =  x  y   x 1  xy( x  y)   x  y   x  y    x  y   x 1  y  1  xy  x  y   x  1  y  1  x  y    x  1  y  1  x  y  = =. b/ 1,5đ. 0,5 0,5. = xy  x  y. 0,5 0,5. Vậy H= xy  x  y với x  y; x  1; y 1  xy  x  y 6   x  1  y  1 5 H=6  5x  1  x  1 1; 5 -Nếu x  1 1  x 2  y  1 2  y 1 loai vì y 1. 0,75. -Nếu x  1  1  x 0  y  1  2  y  3 thỏa mãn -Nếu x  1 5  x 6  y  1 1  y 0 thỏa mãn. 0,25. 0,25. -Nếu x  1  5  x  4  y  1  1  y  2 thỏa mãn KL nghiệm Bài 2 a/ 2,5đ. 0,5. 0,25 4,5 đ. 2. 2. Ta có M= 2 x  5 y  6 xy  4 x  10 y  100 2 2  2M= 4 x  10 y  12 xy  8 x  20 y  200   2 x  2  2 2 x  3 y  2    3 y  2  2   ( y 2  8 y  16)  180  =.  2x  3 y  2 =. 2.  ( y  4) 2 180 180.  2x  3 y  2 vì. 2. 1,0 2. 0;  y  4  0. Dấu “=” có khi 2 x  3 y  2 0 và y  4 0  x=5 và y=4  M 90 Dấu “=” có khi x=5 và y=4. 1.0 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b/ 2,0đ. Vây M bé nhất M=90 khi x=5 và y=4 x 2 y  2 xz 2  xy 2  2 yz 2 xy ( x  y )  2 z 2 ( x  y ) ( x  y ) xy  2 z 2 Ta có 2 Vì x+y+z=0  z  x  y  z  xz  yz. . Vậy. . . . . x 2 y  2 xz 2  xy 2  2 yz 2 ( x  y ) xy  z 2  z 2 ( x  y ) xy  xz  yz  z 2. .  x  y   x( y  z )  z ( y  z)  ( x  y)( y  z)( x  z ) = 2 Vì x+y+z=0 nên ta có Ta có 2 xy  xyz xy (2 y  z ) xy ( y  x  x  y  z ) xy ( y  x) Tương tự ta có 2yz2+xyz=yz(z  y) và 2zx2+xyz=zx(x-z) Vây 2xy2 +xyz+2yz2+xyz+2zx2+xyz=xy(y-x)+ yz(z  y) + zx(x-z) = xy(y-x)+ yz(z  y) + zx(x-z)   y  x    z  y   = xy(y-x)+ yz(z  y)  zx  = xy(y  x)+ yz(z  y)  zx(y-x)  zc(z  y) =(y  x)(y  z)(x  z)=  (x  y)(y  z)(x  z)  x  y   y  z   x  z   1  x  y  y  z  x  z Vậy M=  Bài 3 a/ 2đ. 0,75 0,5. 0,5 0,25 4,5 đ. 2. a 2  b2  (.  ab  2  4 ab  2 2 2 ) 4   a  b   2ab  2 a b  a  b. Đặt a+b=s và ab=p. Ta có ( p  2) 2  s2  2 p  4  s 4  2 ps 2  ( p  2) 2 4s 2 s2 2.  s 4  2 s2 ( p  2)   p  2  0  s 2  p  2. . . 2. 0,7. 0.  s 2  p  2 0  p  2 s 2  ab  2  a  b . 2. Vị a, b là số hữu tỉ nên ab+2 là bình phương của 1 biểu thức hữu tỉ. 0,75 0,5. 2. b/ 2,5đ. 2 2 2   x  z   2 xz  99 7 y 2 Vì xz=y nên ta có x  z  99 7 y 2. 2. 2. 2. 2 2   x  z   2 y  99 7 y   3 y    x  y  99   3 y  x  z   3 y  x  z  99  993 y  x  z. Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z 5  3 y  x  z 9,11,33,99 10  6 y 20  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y  x  z=11 10  6 y 20  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y  x  z=9 50  6 y 100  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y  x  z=1 -Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y  x  z=3  6 y 36  y 6  x  z 20  z 20  x 2 Mà xz =y2 nên ta có x(20  x)=36  x  20 x  36 0  x1 2; x2 18 +Nếu x=2 ta có z=18 +Nếu x=18 ta có y=2 Vây ta có (x;y;z)=(2;6;18)=(18;6;2). Bài 4. 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 6đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a/ 2đ. b/ 2đ. c/ 2đ. Gọi O là giao điểm của AC và BO, ta có OA+OC ( tc hv)  HO là trung tuyến tam giac AHC. Xts tam giác BHD vuông tại H , có OB=OC ( tc hv)  HO là trung tuyến thuộc cạnh huyền BD 1 1  HO= 2 BD mà AC=BD ( tc hv) nên HO= 2 AC. 1 0  Vét tam giác AHC có HO là trung tuyến, mà HO= 2 AC.nên AHC vuông tại H.Vậy AHC 90 0  Ta có OA=OB và AOB 90 ( tchv)  AOB vuông cân, mà MA=MB nên OA là trung tuyến 1  OA  AB MB 2 của AOB vuông tại O và OA là phân giác 1 AOB  MOB    AOB 450  MOD 1350 2 BCE 900 Ta CA=CB=a , (gt)  ECB vuông cân      CBE 450  MBE 1350  MOD MBE. 0,75 0,5. 0,5. 0,5. 1  OC  BE BN 2 Ta có OA là đường TB của  BDE , mà OD=OC  OD BN 0   Xét MOD và MBN có MO=MB; OD=BN; MOD MBN 135  MOD MBN    MD MN và DMO NMB , ta có cân tại O mà OM là trung tuyến nên OM là đường cao 0         BMO 90  DMN DMO  OMN NMB  OMN BMO 900. 0,5. Vậy tam giác DMN vuông cân Ta có AHC vuông tại H, theo Pitago ta có HA2  HC 2  AC 2 BA2  BC 2 a 2  a 2 2a 2  HA2  HC 2 2a 2  HA4  HC 4  2 HA2 HC 2 4a 4 Vẽ HK vuông góc với AC ta có HA HC HK AC ( vì cùng bằng 2 diện tích tam giác AHC)  HA2 HC 2  AC 2 HK 2 2a 2 HK 2 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 Vây ta có HA  HC  4a HK 4a  HA  HC 4a  4a HK. 0,5. 4 4 4 2 2 Vẽ HF vuông góc với BD, chứng minh tương tự ta có HB  HD 4a  4a HF HA4  HB 4  HC 4  HD 4 8a 4  4 a 2 HK 2  HF 2 Vây Ta có 0    Xét tứ giác OKHF có O K F 90 nên tứ giác OKHF là hình chữ nhật. . 2. 2. . 2. a2 HA  HB  HC  HD 8a  4a  6a 4 2 Vậy 4. 4. 4. 4. 4. 0,5. 0,5 0,5. 2. AC 2a a  AC       4 4 2 Vậy ta có HK2 +HF2 =KF2 =OH2=  2 . Bài 5. 0,75. 0,5. 2. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1đ.  x 2 x 2  5 x  7 1  x 2  5 x  6 0  ( x  2)( x  3) 0    x 3 -Với y=0 ta có  x 1 x 2  5 x  7 3  x 2  5 x  4 0  ( x  1)( x  4) 0    x 4 -Với y=1 ta có y -Với y 2  3 9 Xét x trong phép chia cho 3 ta có x=3k ;x=3k+1 ; x=3k+2 vơi k  N 2 2 + nếu x=3k ta có x  5 x  7 9k  15k  7 không chia hết 3  x2 -5x+7 không chia hết cho 9 2 2 + nếu x=3k+1 ta có x  5 x  7 9k  9k  3 không chia hết cho 9 2 2 + nếu x=3k+2 ta có x  5 x  7 9k  3k  1 không chia hết 3  x2 -5x+7 không chia hết cho 9 Vậy với y 2 vế phai không chia hết ch9 còn vế phải luông chia hết cho 9 nên không tồn tai số tự 2 y nhiên x, y thỏa mãn x  5 x  7 3 Vậy ta có (x;y)=(2;0)=(3;0)=(1;1)=(1;4). 0,25 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>