Đề thi Chọn học sinh giỏi cấp thành phố Năm học: 2010 – 2011 Môn thi : Toán lớp 8 Trường THCS Phong Khê

Đặng Đức Quý Gv: Tr−ờng THCS Phong Khê 
 
-1- 
Đề thi Chọn học sinh giỏi cấp thành phố 
Năm học: 2010 – 2011 
Môn thi : Toán lớp 8 
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) 
 
Bài 1: ( 2 điểm) 
 Chứng minh đẳng thức: 
1
21
:1
3
1
1
2
3
2
−
=
−











 −−
+
+
−
x
x
x
x
x
x
x
xx
 
( với x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ -1) 
Bài 2: ( 2 điểm) 
1) Chứng minh rằng : 
623
32 aaa
++ ∈ Z ( Với mọi a ∈ Z ) 
2) Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình : 9x2 + 6x = y3 
Bài 3: ( 2,5 điểm) 
 Cho các số a, b, c khác 0 thoả m7n điều kiện : a + 
b
1
 = b +
c
1
 = c + 
a
1
 
1) Cho a = 1, tìm b, c ; 
2) Chứng minh rằng nếu a, b, c đôi một khấc nhau thì a2b2c2 = 1; 
3) Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì a = b = c. 
Bài 4: ( 2,5 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD cạnh a, N là một điểm thay đổ trên cạnh CD ( N ≠C, D). 
BN cắt AD tại E. Qua B kẻ một đ−ờng thẳng vuông góc với BN cắt CD tại F. 
1) Chứng minh rằng BE = BF ; ND.NF = NB.NE; 
2) Tìm vị trí của điểm N để SBDEF = 3SABCD . 
Bài 5: ( 1 điểm) 
 Cho x, y là hai số thực thoả m7n x3 + y3 + 3x2 + 4x + 3y2 + 4y + 4 = 0. Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức P = 
yx
11
+ . 
 
 
 
----------------------Đề có 01 trang--------------------- 
Đặng Đức Quý Gv: Tr−ờng THCS Phong Khê 
 
-2- 
H−ớng dẫn giải 
Bài 1: Biến đổi vế trái ta có: 
 =
−











 −−
+
+
−
x
x
x
x
x
xx
1
:1
3
1
1
2
3
2
 
x
x
x
xx
x
xx
1
:)1(
1
2
)
3
1
(
1
2
3
2 −



 +
+
+
+
+
− 
 = ( 2
3
2
3
2
+−
xx
) . 
1−x
x
 = 
1
2
−x
x
 = Vế phải (đpcm) 
 Vậy 
1
21
:1
3
1
1
2
3
2
−
=
−











 −−
+
+
−
x
x
x
x
x
x
x
xx
 
Bài 2 : 1) ta có 
623
32 aaa
++ =
++
=
6
23 23 aaa
6
)23(
2 ++ aaa
 
6
)22( 2 +++
=
aaaa [ ]
6
)2()2( 2 +++
=
aaaa [ ]
6
)2()2(( +++
=
aaaa
 
6
)2)(1( ++
=
aaa
. Ta có a(a +1)(a +2) là tích của ba số nguyên liên tiếp suy ra 
a(a +1)(a +2) chia hết cho 6. Khi đó 
6
)2)(1( ++ aaa
 ∈ Z 
Suy ra 
623
32 aaa
++ ∈ Z 
2) PT 9x2 + 6x = y3 ⇔ (3x + 1)2 = y3 +1 ⇔ (3x + 1)2 = (y + 1)( y2 – y + 1) 
 - Do 3x + 1 chi 3 d− 1 suy ra (3x + 1)2 không chia hết cho 3. Suy ra y + 1 
và y2 – y + 1 không chia hết cho 3 ( 1) 
 Gọi d là ƯCLN ( y +1 , y2 – y + 1), khi đó d là −ớc của (y + 1)2 – (y2 – y + 1) = 3y 
Và d là −ớc của 3(y + 1) – 3y = 3 
Khi đó d = 1 hoặc d = 3; do (1) suy ra d = 1. 
 Đặt y + 1 = a2 và y2 – y + 1 = b2 ( a , b ∈ Z và nguyên tố cùng nhau ) (2) 
 Suy ra b2 = (a2 - 1)2 – ( a2 – 1) + 1 
 ⇔ b2 = a4 - 3a2 + 3 
 ⇔ 4b2 = 4(a4 - 3a2 + 3) 
 ⇔ 4b2 = ( 2a2 – 3)2 + 3 
 ⇔ ( 2b2 – 2a2 + 3)( 2b2 +2a2 - 3) = 3 
Do 2b2 – 2a2 + 3 + 2b2 + 2a2 – 3 = 4b2 ≥ 0, nên xảy ra các tr−ờng hợp sau: 
a) 2b2 – 2a2 + 3 = 1 và 2b2 + 2a2 – 3 = 3; ta suy ra b2 = 1 và a2 = 2( loại) 
b) 2b2 – 2a2 + 3 = 3 và 2b2 + 2a2 – 3 = 1; ta suy ra b2 = 1 và a2 = 1 ( thoả m7n) 
 Thay vào (2) ta đ−ợc y = 0; suy ra x = 0. 
Vậy ph−ơng trình có nghiệm là ( x; y) =( 0; 0) 
 
Đặng Đức Quý Gv: Tr−ờng THCS Phong Khê 
 
-3- 
Bài 3: 
1) Khi a = 1; ta có 1 + 
b
1
 = b + 
c
1
 = c + 1, suy ra bc = 1 ( 1) và b + 
c
1
 = c + 1 
Từ b + 
c
1
 = c + 1 ⇔ (bc + 1) : c = c + 1 ⇔ c2 + c – 2 = 0 
 ⇔ (c – 1)( c + 2) = 0 ⇔ c = 1 hoặc c = – 2 
a) Với c = 1 thay vào (1) ta đ−ợc b = 1 
b) Với c = – 2 thay vào (1) ta đ−ợc b = 
2
1−
 
Vậy a = b = c = 1 hoặc a =1; b = 
2
1−
; c = – 2 
2) Từ điều kiện bài toán ta suy ta : a – b =
c
1
– 
b
1
= 
bc
cb −
 
 hay a – b = 
bc
cb −
 (1) 
 làm t−ơng tự ta suy ra b – c = 
ac
ac −
 (2) và c – a = 
ab
ba −
 (3) 
 Do a, b, c đôi một khác nhau suy ra ( a – b)(b – c)(c – a) ≠ 0 
Nhân các đẳng thức (1), (2) và (3) với nhau ta đ−ợc 
 (a – b)(b – c)(c – a) = 222
))()((
cba
accbba −−−
(4) suy ra a2b2c2 = 1 
Vậy a2b2c2 = 1. 
3) Khi a , b , c > 0. ta xét các tr−ờng hợp sau: 
a) Có hai số bằng nhau, giả sử a = b suy ra b = c, suy ra a = b = c 
b) Không có hai số nào bằng nhau khi đó do ( 4) suy ra abc = 1, thay c = 
ab
1
 vào 
điều kiện ta đ−ợc a + 
b
1
 = b + ab = 
ab
1
 + 
a
1
 
Từ a + 
b
1
 = b + ab suy ra (b – 1)( ab + b + 1) = 0 suy ra b =1 thay vào điều kiện 
 b + ab = 
ab
1
 + 
a
1
 ta đ−ợc a2 + a – 2 = 0 suy ra a = 1 ( do a > 0) 
( loại do a, b khác nhau) 
Vậy a, b , c > 0 thì a = b = c. 
 
 
Đặng Đức Quý Gv: Tr−ờng THCS Phong Khê 
 
-4- 
N
A B
D
C
E
F
Bài 4: 
1) - Chứng minh BE = BF 
Xét ∆ BAE và ∆ BCF 
Ta có : góc ABE = góc CBF 
 ( cùng phụ với góc CBN) 
 BA = BC ( ABCD là hình vuông) 
 góc A = góc C = 900 
 Suy ra ∆ BAE = ∆ BCF(g.c.g) 
 Suy ra BE = BF 
 - ND.NF = NB.NE 
Xét ∆ BNF và ∆ DNE 
Ta có góc NBF = góc NDE = 900 
 góc BNF = góc DNE ( đối đỉnh) 
suy ra ∆ BNF ∆ DNE (g.g) 
khi đó 
NE
NF
ND
NB
= , suy ra NB.NE = ND.NF 
2) Đặt DN = x ( 0 ≤ x≤ a ) 
Ta có SABCD = a
2; SBDEF = SBDE + SBEF 
∆ DNE ∆ ABE (g.g) suy ra DE = 
xa
ax
−
 
SBDEF = SBDE + SBEF = 
2
2
1
.
2
1
BEDEAB + = )
)(
(
2
1
2
4
2
2
xa
a
a
xa
xa
−
++
−
 
Để SBDEF = 3SABCD ⇔ 6
)(
1
2
2
=
−
++
− xa
a
xa
x
 ⇔ 06
)(
2
2
=−
−
+
− xa
a
xa
a
 (1) 
Đặt t = 
xa
a
−
 ( t > 0) ; PT (1) ⇔ t2 + t – 6 = 0 ⇔ t = 2 ( tm) hoặc t = -3 (loại) 
t = 2 ⇔ x = 
2
a
. Khi đó N là trung điểm của CD. 
Bài 5 : Theo giả thiết suy ra ( x + 1)3 + (y + 1)3 + ( x + y + 2) = 0 
 ⇔ (x + y + 2) 




 ++++−
2
)1()1()( 222 yxyx
 = 0 ⇔ x + y = – 2 hoặc x = y = – 1 
a) x = y = -1 suy ra P = -2 
b) x + y = -2 ; ta có (x – y)2 ≥ 0 ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ xy ≤ 1 
+ xy < 0 Suy ra P = 
xyxy
yx
yx
211 −
=
+
=+ Không có giá trị lớn nhất 
+ xy > 0, suy ra P 
xy
2−
= 2−≤ . Khi đó P đạt giá trị lớn nhất là - 2 khi x = y = -1