DE THI GVG MON TOAN 2011

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD – ĐT

ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P = a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc
b/ Cho các số a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = 0 và abc
≠
0.Tính giá trị biểu thức
Q =
2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
c/ Giải phương trình:
3 3 3
1 2 3 0x x x− + − + − =
Bài 2: (2 điểm)
a/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x
2
+ xy + y
2
= x

2
y
2
b/ Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho giá trị của biểu thức M =
( 1)( 1)( 1)ab bc ca
abc
− − −
là
một số nguyên.
Bài 3: ( 2 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và
N sao cho
·
0
45MBN =
. Các đoạn BM, BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
a/ Chứng minh rằng: Bốn điểm M, E, F, N cùng nằm trên một đường tròn.
b/ MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I. Tính BI theo a.
c/ Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.
Bài 4: (1,5 điểm)
a/ Cho x, y các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A =
2 2
2 2
1 1
( )( )x y
y x
+ +
b/ Chứng minh rằng :
( )

2
1
2
3 2
m
n
n
- ³
+
, với mọi số nguyên dương m, n.
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Câu Nội dung trình bày Điểm
1
a/
P = a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b)
3
+ c
3
– 3ab(a+b) – 3abc
= (a + b + c)
3
– 3(a + b).c.( a + b + c) – 3(a + b + c)ab
= (a + b + c)[ (a + b + c)
2

– 3ab – 3bc – 3ca]= (a + b + c)( a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
0.75
b/
Từ câu a/ suy ra: Nếu a + b + c = 0 thì a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Từ giả thiết ta có:
1 1 1
0
a b c
+ + =
suy ra
3 3 3
1 1 1 1
3.
a b c abc
+ + =
0.5
Ta có Q =
2 2 2

bc ca ab
a b c
+ +
=
3 3 3
1 1 1 3
( ) . 3abc abc
a b c abc
+ + = =
( Do abc
≠
0) 0.5
c/
Đặt a =
3
1x −
; b =
3
2x −
; c =
3
3x −
, ta có a + b + c = 0 nên a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc 0.25
⇔

x – 1 + x – 2 + x – 3 = 3
3
1x −
.
3
2x −
.
3
3x −
⇔
x – 2 =
3
1x −
.
3
2x −
.
3
3x −
⇔
(x – 2)
3
– (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0
⇔
(x – 2)( x
2
- 4x + 4 – x
2
+ 4x – 3) = 0
⇔

x – 2 = 0
⇔
x = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2
0.5
2
a/
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y
2

⇔
x
2
y
2
+ xy – ( x + y)
2
= 0. Đặt a = x +y; b = xy
Ta có phương trình: b
2
+ b – a
2
= 0 (2), phương trình (2) ẩn b có
∆
= 4a

2
+ 1
0.25
Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì
∆
là số chính phương suy ra
4a
2
+ 1 = k
2
,( k
∈
N)
⇔
(k – 2a)(k + 2a) = 1.1 = (-1).(-1), từ đó tìm được a = 0
Với a = 0 thay vào (2) ta có b
2
+ b = 0
⇔
b(b+1) = 0
⇔
b = 0 hoặc b = -1
0.25
+) Với a = 0 và b = 0 thì
0 0
0 0
x y x
xy y
+ = =
 

⇔
 
= =
 
0.25
+) Với a = 0 và b = -1 thì
0 1
1 1
x y x
xy y
+ = =
 
⇔
 
= − = −
 
hoặc
1
1
x
y
= −


=

Vậy các cặp số nguyên (x; y) tìm được là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1)
0.25
b/
Ta có M =

( 1)( 1)( 1)ab bc ca
abc
− − −
= abc – a – b – c +
1ab bc ca
abc
+ + −
M
∈
Z
⇔

1ab bc ca
abc
+ + −
∈
Z. Đặt
1ab bc ca
abc
+ + −
= k ,( k
∈
Z) (1)
0.25
Vì a, b, c
≥
1 nên từ (1) suy ra k > 0.
Giả sử 1
≤
a

≤
b
≤
c, khi đó từ (1) ta có ab + bc + ca = k.abc + 1 > k.abc (*)
Vì ab
≤
ca
≤
bc suy ra 3bc > k.abc
⇒
ka < 3 (2)
0.25
Mà k, a
∈
N*, nên k, a
∈
{1; 2}
+ Nếu k = 2 thì từ (2) suy ra a = 1. Thay vào (*) ta có b + c + bc = 2bc + 1
⇔
(b – 1)(c – 1) = 0
⇔
b = 1 hoặc c = 1. Khi đó (a; b; c) = (1, 1, m), với m
∈
N*
0.25
+ Nếu k =1 thì từ (2) suy ra a = 1 hoặc a = 2
- Với a = 1, từ (*) ta có b + c = 1 vô lý
- Với a = 2, từ (*) ta có 2b + 2c – bc = 1
⇔
c(b – 2) = 2b – 1 nên b

≠
2 và
c =
2 1 3
2
2 2
b
b b
−
= +
− −
suy ra b – 2 là ước của 3, mà b
≥
a
≥
2 nên b – 2 = 1 hoặc b –2 = 3
⇔
b = 3, c = 5 hoặc b = 5, c = 2 ( loại). Vậy (a; b; c) = ( 2; 3; 5)
Kết luận: (a; b; c)
∈
{(1; 1; m), (2; 3; 5)} và các hoán vị của 2 bộ số trên (m
∈
N*)
0.25
a/
Ta có
·
·
0
45EBN ECN= =

nên tứ giác BCNE nội tiếp suy ra
·
·
0
180BCN BEN+ =
Mà
·
·
0 0
90 90BCN BEN= ⇒ =
Chứng minh tương tự:
·
0
90BFN =
, do đó
· ·
0
90MEN MFN= =
suy ra 4 điểm M, E, F, N
cùng nằm trên đường tròn đường kính MN
0.5
b/
Trong BMN cú MF v NE l hai ng
cao nờn H l trc tõm BI MN
T giỏc ABFM ni tip nờn
ã ã
ABM AFM=
T giỏc BEHF ni tip nờn
ã ã
EBH EFH=

,
do ú
ã
ã
ABM MBI=
Vy MBI = MBA (c.h g.nh) t ú suy
ra BI = AB = a
I
H
E
F
D
B
C
A
M
N
0.5
c/
Ta cú ABM = IBM nờn MA = MI; BCN = BIN nờn CN = NI
AM + CN = MN 2a = MN + MD + ND
0.25
t MD = x; ND = y MN =
2 2
x y+
v S
MDN
=
2
xy

Ta cn xỏc nh x, y sao cho xy ln nht tha món x + y +
2 2
x y+
= 2a
0.25
Tht vy: p dng BT Cauchy cho 2 s khụng õm ta cú:
x + y

2
xy
;
2 2
x y+

2xy
2a = x + y +
2 2
x y+

xy
(2 +
2
)
Do ú
2
(2 2)
2 2
a
xy a =
+

xy

2a
2
(3 - 2
2
)
0.25
Vy S
MDN
=
2
xy


(3 - 2
2
) a
2
Max S
MDN
= (3 - 2
2
) a
2
xy ra khi x = y = (2-
2
)a
Kt lun: Khi DM = DN = (2-
2

)a thỡ MDN cú din tớch ln nht bng (3 - 2
2
) a
2
0.25
4
a/
A =
2 2
2 2
1 1
( )( )x y
y x
+ +
= x
2
y
2
+
2 2
1
x y
+ 2 = (x
2
y
2
+
2 2 2 2
1 255
) 2

256 256x y x y
+ +
0.25
p dng BT a
2
+ b
2

2ab ( a, b

0), ta cú: x
2
y
2
+
2 2
1
256x y

2.xy.
1
16xy
=
1
8
Mt khỏc: p dng BT (a + b)
2


4ab (a, b

0), ta cú xy


1
4
nờn x
2
y
2



1
16
Suy ra
2 2
255 255
.16
256 256x y

=
255
16
Vy: A

1
8
+
255

16
+ 2 =
289
16
suy ra minA =
289
16
khi x = y =
1
2
0.25
b/
Vỡ
m
là số hữu tỉ và 2 là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ
. Ta xột hai trng hp:
a)
2
m
n
>
. Khi ú: m
2
> 2n
2
m

2
2n
2
+ 1hay
2
m 2n 1+
T ú suy ra :
2
m
n

2
2 1
2
n
n
+

=
2
1
2 2
n
+ -
=
2
2
1
2 2
1

2 2
n
n
+ -
+ +
( )
2
2
2
1 1
1
3 2
2 2
n
n
n
=
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
+ +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ

0.5
b)
2
m
n
<
. Khi đó:
2 2 2 2 2
m 2 2 1 hay m 2n 1n m n< - -Þ£ £
Từ đó suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n

n n n n
n
n
n
n
- +
-
- = - - = - - =³
+ -
= >
æ ö
+
÷
ç
÷
+ -
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
Vậy bài toán đã được chứng minh.
0.5
Chú ý: Nếu cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.