Đặng Đức Quý Gv: Trờng 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 : 6 2 3 32 aaa ++ Z ( Với mọi a Z ) 2) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 9x 2 + 6x = y 3 Bài 3: ( 2,5 điểm) Cho các số a, b, c khác 0 thoả mn 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 a 2 b 2 c 2 = 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 đờng 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 S BDEF = 3S ABCD . Bài 5: ( 1 điểm) Cho x, y là hai số thực thoả mn x 3 + y 3 + 3x 2 + 4x + 3y 2 + 4y + 4 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = yx 11 + . Đề có 01 trang Đặng Đức Quý Gv: Trờng THCS Phong Khê -2- Hớng 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 + x x ) . 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 6 2 3 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 6 2 3 32 aaa ++ Z 2) PT 9x 2 + 6x = y 3 (3x + 1) 2 = y 3 +1 (3x + 1) 2 = (y + 1)( y 2 y + 1) - Do 3x + 1 chi 3 d 1 suy ra (3x + 1) 2 không chia hết cho 3. Suy ra y + 1 và y 2 y + 1 không chia hết cho 3 ( 1) Gọi d là ƯCLN ( y +1 , y 2 y + 1), khi đó d là ớc của (y + 1) 2 (y 2 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 = a 2 và y 2 y + 1 = b 2 ( a , b Z và nguyên tố cùng nhau ) (2) Suy ra b 2 = (a 2 - 1) 2 ( a 2 1) + 1 b 2 = a 4 - 3a 2 + 3 4b 2 = 4(a 4 - 3a 2 + 3) 4b 2 = ( 2a 2 3) 2 + 3 ( 2b 2 2a 2 + 3)( 2b 2 +2a 2 - 3) = 3 Do 2b 2 2a 2 + 3 + 2b 2 + 2a 2 3 = 4b 2 0, nên xảy ra các trờng hợp sau: a) 2b 2 2a 2 + 3 = 1 và 2b 2 + 2a 2 3 = 3; ta suy ra b 2 = 1 và a 2 = 2( loại) b) 2b 2 2a 2 + 3 = 3 và 2b 2 + 2a 2 3 = 1; ta suy ra b 2 = 1 và a 2 = 1 ( thoả mn) Thay vào (2) ta đợc y = 0; suy ra x = 0. Vậy phơng trình có nghiệm là ( x; y) =( 0; 0) Đặng Đức Quý Gv: Trờng 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 c 2 + c 2 = 0 (c 1)( c + 2) = 0 c = 1 hoặc c = 2 a) Với c = 1 thay vào (1) ta đợc b = 1 b) Với c = 2 thay vào (1) ta đợc 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 tơng 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 đợc (a b)(b c)(c a) = 222 ))()(( c b a accbba (4) suy ra a 2 b 2 c 2 = 1 Vậy a 2 b 2 c 2 = 1. 3) Khi a , b , c > 0. ta xét các trờng 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 đợc 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 đợc a 2 + 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: Trờng 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 = 90 0 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 = 90 0 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 S ABCD = a 2 ; S BDEF = S BDE + S BEF DNE ABE (g.g) suy ra DE = x a ax S BDEF = S BDE + S BEF = 2 2 1 . 2 1 BEDEAB + = ) )( ( 2 1 2 4 2 2 xa a a xa xa ++ Để S BDEF = 3S ABCD 6 )( 1 2 2 = ++ xa a xa x 06 )( 2 2 = + xa a xa a (1) Đặt t = x a a ( t > 0) ; PT (1) t 2 + 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 . Trờng 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. y 3 + 3x 2 + 4x + 3y 2 + 4y + 4 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = yx 11 + . Đề có 01 trang Đặng Đức Quý Gv: Trờng THCS Phong Khê -2- Hớng dẫn giải Bài 1: Biến đổi vế. vào (1) ta đợc 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 tơng tự ta suy ra b