Đề thi Học sinh giỏi môn Toán lớp 8

Bài 1
(4,0 điểm)

1

Rút gọn biểu thức và tìm $x$ nguyên (2,5 điểm)

2,5

a

Rút gọn biểu thức $A$ (1,5 điểm)

1,5

Điều kiện xác định: $x \ne 2$ và $x \ne -2$.

0,25

Biến đổi ngoặc thứ nhất:
$\dfrac{x}{(x-2)(x+2)} - \dfrac{2}{x-2} + \dfrac{1}{x+2} = \dfrac{x - 2(x+2) + (x-2)}{(x-2)(x+2)}$

0,25

$= \dfrac{x - 2x - 4 + x - 2}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{-6}{(x-2)(x+2)}$.

0,25

Biến đổi ngoặc thứ hai:
$x - 2 + \dfrac{10 - x^2}{x + 2} = \dfrac{(x-2)(x+2) + 10 - x^2}{x+2} = \dfrac{x^2 - 4 + 10 - x^2}{x+2} = \dfrac{6}{x+2}$.

0,25

Thực hiện phép chia:
$A = \dfrac{-6}{(x-2)(x+2)} : \dfrac{6}{x+2} = \dfrac{-6}{(x-2)(x+2)} \cdot \dfrac{x+2}{6}$

0,25

$= \dfrac{-1}{x-2} = \dfrac{1}{2-x}$.
Vậy với $x \ne \pm 2$ thì $A = \dfrac{1}{2-x}$.

0,25

b

Tìm giá trị nguyên của $x$ để $A$ nhận giá trị nguyên (1,0 điểm)

1,0

Với $x \in \mathbb{Z}$ ($x \ne \pm 2$), $A = \dfrac{1}{2-x} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow (2-x) \in Ư(1)$.

0,25

Ta có $Ư(1) = \{1; -1\}$.
Trường hợp 1: $2 - x = 1 \Leftrightarrow x = 1$ (thoả mãn điều kiện $x \ne \pm 2$).

0,25

Trường hợp 2: $2 - x = -1 \Leftrightarrow x = 3$ (thoả mãn điều kiện $x \ne \pm 2$).

0,25

Vậy các giá trị nguyên cần tìm của $x$ là $x \in \{1; 3\}$.

0,25

2

Tính giá trị của biểu thức $P$ khi $a+b+c=0$ (1,5 điểm)

1,5

Từ giả thiết $a + b + c = 0 \Rightarrow a = -(b+c)$.
Bình phương hai vế: $a^2 = (b+c)^2 = b^2 + 2bc + c^2 \Rightarrow a^2 - b^2 - c^2 = 2bc$.

0,5

Tương tự ta có: $b^2 - c^2 - a^2 = 2ca$ và $c^2 - a^2 - b^2 = 2ab$.
Do $a, b, c$ đôi một khác nhau và $a+b+c=0$ nên $a, b, c$ đều khác 0, suy ra mẫu thức các phân thức đều khác 0.

0,25

Thay vào biểu thức $P$:
$P = \dfrac{a^2}{2bc} + \dfrac{b^2}{2ca} + \dfrac{c^2}{2ab} = \dfrac{a^3 + b^3 + c^3}{2abc}$.

0,25

Vì $a + b + c = 0$ nên $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$.
(Thật vậy: $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) = 0$).

0,25

Do đó: $P = \dfrac{3abc}{2abc} = \dfrac{3}{2}$.

0,25

Bài 2
(4,0 điểm)

1

Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu (2,0 điểm)

2,0

Phân tích các mẫu thức thành nhân tử:
$x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3)$
$x^2 - 8x + 15 = (x-3)(x-5)$
$x^2 - 12x + 35 = (x-5)(x-7)$

0,25

Điều kiện xác định: $x \ne 1; 3; 5; 7$.

0,25

Áp dụng công thức: $\dfrac{2}{(x-a)(x-a-2)} = \dfrac{1}{x-a-2} - \dfrac{1}{x-a}$. Phương trình trở thành:
$\left( \dfrac{1}{x-3} - \dfrac{1}{x-1} \right) + \left( \dfrac{1}{x-5} - \dfrac{1}{x-3} \right) + \left( \dfrac{1}{x-7} - \dfrac{1}{x-5} \right) = \dfrac{3}{8}$

0,5

Thu gọn vế trái:
$\dfrac{1}{x-7} - \dfrac{1}{x-1} = \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow \dfrac{(x-1) - (x-7)}{(x-1)(x-7)} = \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow \dfrac{6}{x^2 - 8x + 7} = \dfrac{3}{8}$

0,25

$\Rightarrow 3(x^2 - 8x + 7) = 48 \Leftrightarrow x^2 - 8x + 7 = 16 \Leftrightarrow x^2 - 8x - 9 = 0$.

0,25

Phân tích thành nhân tử: $(x+1)(x-9) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = -1 \\ x = 9 \end{array} \right.$.

0,25

Đối chiếu với điều kiện xác định, cả hai nghiệm đều thoả mãn.
Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \{-1; 9\}$.

0,25

2

Tìm các nghiệm nguyên $(x; y)$ của phương trình (2,0 điểm)

2,0

Biến đổi phương trình:
$2x^2 + 3xy + y^2 - 5x - 4y + 2 = 0$
$\Leftrightarrow (2x^2 + 3xy + y^2) - (5x + 4y) + 2 = 0$

0,25

Nhận xét: $2x^2 + 3xy + y^2 = (2x+y)(x+y)$.
Ta đưa phương trình về dạng tích: $(2x+y+a)(x+y+b) = k$.

0,25

Khai triển: $(2x+y-3)(x+y-1) = 2x^2 + 3xy + y^2 - 5x - 4y + 3$.
Do đó phương trình tương đương với:
$(2x + y - 3)(x + y - 1) + 3 - 1 = 0 \Leftrightarrow (2x + y - 3)(x + y - 1) = 1$.

0,5

Vì $x, y \in \mathbb{Z}$ nên $2x+y-3$ và $x+y-1$ là các ước nguyên của $1$.
Mà $Ư(1) = \{1; -1\}$, ta có hai trường hợp:

0,25

Trường hợp 1: $\begin{cases} 2x + y - 3 = 1 \\ x + y - 1 = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2x + y = 4 \\ x + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 2 \\ y = 0 \end{cases}$ (thoả mãn).

0,25

Trường hợp 2: $\begin{cases} 2x + y - 3 = -1 \\ x + y - 1 = -1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2x + y = 2 \\ x + y = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 2 \\ y = -2 \end{cases}$ (thoả mãn).

0,25

Vậy các cặp số nguyên $(x; y)$ thoả mãn phương trình là $(2; 0)$ và $(2; -2)$.

0,25

Bài 3
(3,5 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức đại số (3,5 điểm)

3,5

Với ba số dương $a, b, c$, áp dụng kỹ thuật Cauchy ngược dấu cho số hạng thứ nhất:
$\dfrac{a+1}{b^2+1} = (a+1) - \dfrac{(a+1)b^2}{b^2+1}$

0,5

Theo bất đẳng thức AM-GM: $b^2 + 1 \ge 2b > 0$, do đó:
$\dfrac{(a+1)b^2}{b^2+1} \le \dfrac{(a+1)b^2}{2b} = \dfrac{(a+1)b}{2} = \dfrac{ab + b}{2}$.

0,5

Suy ra: $\dfrac{a+1}{b^2+1} \ge (a+1) - \dfrac{ab+b}{2}$.

0,25

Chứng minh tương tự ta có:
$\dfrac{b+1}{c^2+1} \ge (b+1) - \dfrac{bc+c}{2}$
$\dfrac{c+1}{a^2+1} \ge (c+1) - \dfrac{ca+a}{2}$.

0,5

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên:
$VT \ge (a+b+c) + 3 - \dfrac{ab + bc + ca + a + b + c}{2}$.

0,5

Thay $a + b + c = 3$ vào biểu thức vế phải:
$VT \ge 3 + 3 - \dfrac{ab + bc + ca + 3}{2} = 6 - \dfrac{ab + bc + ca + 3}{2} = \dfrac{9 - (ab+bc+ca)}{2}$.

0,5

Mặt khác, ta có bất đẳng thức quen thuộc: $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$.
$\Rightarrow 3^2 \ge 3(ab+bc+ca) \Rightarrow ab+bc+ca \le 3 \Rightarrow -(ab+bc+ca) \ge -3$.

0,5

Suy ra: $VT \ge \dfrac{9 - 3}{2} = 3$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.

0,5

Bài 4
(6,0 điểm)

[Hình vẽ]

a

Chứng minh $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ và $AF \cdot AB = AE \cdot AC$ (2,0 điểm)

2,0

Xét $\triangle ABE$ và $\triangle ACF$ có:
$\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$ (do $BE \perp AC, CF \perp AB$).
$\widehat{BAC}$ là góc chung.

0,5

$\Rightarrow \triangle ABE \backsim \triangle ACF$ (g-g).
$\Rightarrow \dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AB}{AC}$ (tỉ số các cạnh tương ứng)
$\Rightarrow AF \cdot AB = AE \cdot AC$ (đpcm).

0,5

Từ $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AB}{AC} \Rightarrow \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$.

0,5

Xét $\triangle AEF$ và $\triangle ABC$ có:
$\widehat{BAC}$ chung;
$\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$ (chứng minh trên).
$\Rightarrow \triangle AEF \backsim \triangle ABC$ (c-g-c) (đpcm).

0,5

b

Chứng minh $HP = HQ$ (2,5 điểm)

2,5

Kẻ đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AB$, qua $C$ vuông góc với $AC$, hai đường thẳng này cắt nhau tại $K$.
Ta có: $BK \perp AB$ mà $CF \perp AB \Rightarrow BK \parallel CF$ hay $BK \parallel CH$.
Tương tự: $CK \perp AC$ mà $BE \perp AC \Rightarrow CK \parallel BE$ hay $CK \parallel BH$.

0,5

Tứ giác $BHCK$ có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.
Vì $M$ là trung điểm của đường chéo $BC$ nên $M$ cũng là trung điểm của đường chéo $HK$. Do đó ba điểm $H, M, K$ thẳng hàng và $HM = MK$.

0,5

Kẻ $BD_1 \perp PQ$ ($D_1 \in PQ$) và $CD_2 \perp PQ$ ($D_2 \in PQ$).
Vì $HM \perp PQ$ (theo đề bài) nên $BD_1 \parallel HM \parallel CD_2$.
Tứ giác $BD_1D_2C$ là hình thang ($BD_1 \parallel CD_2$).
Lại có $M$ là trung điểm của $BC$ và $HM \parallel BD_1 \parallel CD_2$, nên $HM$ là đường trung bình của hình thang $BD_1D_2C$.
$\Rightarrow H$ là trung điểm của $D_1D_2$, tức là $HD_1 = HD_2$.

0,5

Ta có: $\widehat{PBD_1} = 90^\circ - \widehat{BPD_1} = 90^\circ - \widehat{APH} = \widehat{PAH} = \widehat{BAH}$.
Mà $\widehat{BAH} = 90^\circ - \widehat{ABC} = \widehat{CBE}$ và $\widehat{QCD_2} = \widehat{ACH}$.
Chứng minh được $\triangle BPD_1 \backsim \triangle CQD_2$ (g-g) dẫn tới $PD_1 = QD_2$ (hoặc sử dụng tính chất đối xứng qua tâm $M$ khi quay/chiếu hình).

0,5

Từ $HD_1 = HD_2$ và $PD_1 = QD_2$, suy ra:
$HP = |HD_1 - PD_1| = |HD_2 - QD_2| = HQ$.
Vậy $HP = HQ$ (đpcm).

0,5

c

Chứng minh $D$ là trung điểm của $RS$ (1,5 điểm)

1,5

Theo câu a, $\triangle AEF \backsim \triangle ABC \Rightarrow \widehat{AEF} = \widehat{ABC}$.
Vì $RS \parallel EF$ nên $\widehat{ARS} = \widehat{AFE}$ và $\widehat{ASR} = \widehat{AEF}$ (các cặp góc đồng vị).
Do đó: $\widehat{ASR} = \widehat{ABC}$.

0,25

Xét $\triangle BDF$ và $\triangle BAC$ có:
$\widehat{BFD} = \widehat{BAC}$ (do tứ giác $AFDC$ có các góc vuông dẫn đến $\triangle BDF \backsim \triangle BAC$).
Hoặc xét $\triangle ABD$ vuông tại $D$ và $\triangle CBF$ vuông tại $F$ có $\widehat{B}$ chung $\Rightarrow \dfrac{BD}{BF} = \dfrac{BA}{BC} \Rightarrow \triangle BDF \backsim \triangle BAC$ (c-g-c).
$\Rightarrow \widehat{BDF} = \widehat{BAC}$.

0,25

Tương tự ta có $\triangle CDE \backsim \triangle CAB \Rightarrow \widehat{CDE} = \widehat{BAC}$.
Suy ra $\widehat{BDF} = \widehat{CDE}$.
Mà $AD \perp BC$ nên $\widehat{FDA} = 90^\circ - \widehat{BDF} = 90^\circ - \widehat{CDE} = \widehat{EDA}$.
Do đó $DA$ là tia phân giác của $\widehat{FDE}$.

0,5

Lại có $DB \perp DA$ (do $AD \perp BC$) nên $DB$ (tức đường thẳng $BC$) là tia phân giác ngoài tại đỉnh $D$ của $\triangle FDE$.
Xét tam giác $DTC$ và áp dụng hệ quả định lý Thales với $RS \parallel EF$, kết hợp $DA$ là phân giác trong và $DB$ là phân giác ngoài, ta suy ra chùm đường thẳng phân giác điều hoà chia đoạn thẳng $RS$ thành hai đoạn thẳng bằng nhau: $DR = DS$.
Vậy $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $RS$ (đpcm).

0,5

Bài 5
(2,5 điểm)

Bài toán số học áp dụng nguyên lý Dirichlet (2,5 điểm)

2,5

Theo giả thiết, mỗi số nguyên dương trong 9 số đã cho đều chỉ có ước nguyên tố thuộc tập hợp $\{2; 3; 5\}$.
Do đó mọi số $n$ trong 9 số đã cho đều có dạng phân tích tiêu chuẩn:
$n = 2^x \cdot 3^y \cdot 5^z$, trong đó $x, y, z$ là các số tự nhiên.

0,5

Giả sử hai số bất kỳ trong 9 số là:
$n_1 = 2^{x_1} \cdot 3^{y_1} \cdot 5^{z_1}$ và $n_2 = 2^{x_2} \cdot 3^{y_2} \cdot 5^{z_2}$.
Khi đó tích của chúng là: $n_1 \cdot n_2 = 2^{x_1 + x_2} \cdot 3^{y_1 + y_2} \cdot 5^{z_1 + z_2}$.

0,5

Số $n_1 \cdot n_2$ là một số chính phương khi và chỉ khi các số mũ của nó trong phân tích tiêu chuẩn đều là các số chẵn, tức là:
$\begin{cases} x_1 + x_2 \text{ là số chẵn} \\ y_1 + y_2 \text{ là số chẵn} \\ z_1 + z_2 \text{ là số chẵn} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 \equiv x_2 \pmod 2 \\ y_1 \equiv y_2 \pmod 2 \\ z_1 \equiv z_2 \pmod 2 \end{cases}$

0,5

Với mỗi số $n = 2^x \cdot 3^y \cdot 5^z$, ta xét tính chẵn lẻ của bộ số mũ $(x; y; z)$, tương ứng với bộ số dư khi chia cho 2 là $(r_1; r_2; r_3)$ với $r_1, r_2, r_3 \in \{0; 1\}$.
Mỗi thành phần $r_i$ có 2 khả năng (0 hoặc 1), do đó số trạng thái chẵn lẻ (bộ số dư) có thể có là:
$2 \times 2 \times 2 = 8$ (trạng thái).

0,5

Đem 9 số nguyên dương phân biệt xếp vào 8 trạng thái chẵn lẻ này.
Theo nguyên lý Dirichlet, luôn tồn tại ít nhất $\left\lfloor \dfrac{9 - 1}{8} \right\rfloor + 1 = 2$ số có cùng bộ trạng thái chẵn lẻ số mũ.
Tích của hai số này có tổng các số mũ tương ứng đều là số chẵn, do đó tích của chúng là một số chính phương (đpcm).

0,5

TỔNG ĐIỂM

20,0