đề thi toán lớp 8 Tp Bắc Ninh

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