›
›
›

20 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 ( Có đáp án)

docx 55 trang binhdn2 09/01/2023 3805
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "20 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 ( Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_nam_hoc_2022_2023_c.docx

Nội dung text: 20 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2022-2023 ( Có đáp án)

  1. ĐỀ 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 . b) Giải phương trình x4 30x2 31x 30 0 Câu 2 148 x 169 x 186 x 199 x a) Giải phương trình 10 25 23 21 19 b) Chứng minh rằng A n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn. Câu 3 a) Tìm các giá trị của x để biểu thức: P x 1 x 2 x 3 x 6 có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. b) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 3. Câu 4 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB , MF  AD . a) Chứng minh DE CF b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy. c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Câu 5 1 1 1 1 a) Chứng minh rằng P 1 22 32 44 1002 1 1 1 1 b) Cho a, b, c là ba số khác 0 thoả mãn a b c 2016 và a b c 2016 Chứng minh rằng trong ba số a, b, c tồn tại hai số đối nhau. ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm). a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau: 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 . Ta có: 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 3x 2 2.3x.3 32 y2 2.y.3 32 2 z2 2z 1 0 3x 3 2 y 3 2 2 z 1 2 0 Vì 3x 3 2 0; y 3 2 0;2 z 1 2 0 với mọi x, y, z nên: x 1 y 3 z 1 b) Giải phương trình: x4 30x2 31x 30 0 Hướng dẫn x4 30x2 31x 30 0
  2. x4 30x2 30x 30 x 0 x4 x 30 x2 x 1 0 x x 1 x2 x 1 30 x2 x 1 0 x2 x 1 x2 x 30 0 Ta có: 2 2 1 3 x x 1 x 0 với mọi x nên suy ra: 2 4 x2 x 30 0 x 5 x 6 0 x 5 x 6 Câu 2. 148 x 169 x 186 x 199 x a) Giải phương trình: 10 25 23 21 19 Hướng dẫn 148 x 169 x 186 x 199 x 10 25 23 21 19 148 x 169 x 186 x 199 x 1 2 3 4 0 25 23 21 19 1 1 1 1 123 x 0 25 23 21 19 1 1 1 1 Vì 0 nên 123 – x = 0, suy ra x = 123. 25 23 21 19 b) Chứng minh rằng: A n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn. Hướng dẫn n3 6n2 8n chia hết cho 48 với n chẵn Ta có: A n3 6n2 8n A n n2 6n 8 A n n 2 n 4 Vì n là số chẵn nên đặt n 2k k ¢ , khi đó: A 2k 2k 2 2k 4 A 8k k 1 k 2 A 23 k k 1 k 2 Vì k k 1 k 2 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên: - Tồn tại một số là bội của 2 nên k k 1 k 2 2 nên A16 - Tồn tại một số là bội của 3 nên k k 1 k 2 3 Vậy A chia hết cho 3, 16 mà 3,16 1 nên A3.16 48. Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các giá trị của x để biểu thức: P x 1 x 2 x 3 x 6 có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
  3. b) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 3. Hướng dẫn P x 1 x 2 x 3 x 6 P x2 5x 6 x2 5x 6 2 P x2 5x 36 2 2 Vì x2 5x 0 nên P x2 5x 36 36 2 Do đó Min P = -36 khi x2 5x 0 . Từ đó ta tìm được x = 0 hoặc x = -5 thì min P = -36. b) Gọi hai số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3. Ta có: a3 b3 a b a2 ab b2 3 3 2 2 a b a b a 2ab b 3ab a3 b3 a b a b 2 3ab 2 Vì a b chia hết cho 3 nên a b 3ab chia hết cho 3; Do vậy a b a b 2 3ab chia hết cho 9. Câu 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB, MF  AD. a) Chứng minh: DE CF E b) Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. A B c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Hướng dẫn a) Chứng minh: AE FM DF AED DFC đpcm. b) DE, BF, CM là ba đường cao của EFC đpcm. F c) Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi M ME MF a không đổi SAEMF ME.MF lớn nhất ME MF (AEMF là hìnhD vuông) C M là trung điểm của BD. 1 1 1 1 Câu 5. Chứng minh rằng: P 1 22 32 44 1002 Hướng dẫn 1 1 1 1 P 22 32 44 1002 1 1 1 1 2.2 3.3 4.4 100.100 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 99.100 1 1 1 1 1 1 99 1 1 1 2 2 3 99 100 100 100
  4. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 2 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử A a 1 a 3 a 5 a 7 15 b) Cho a b 2 b c 2 c a 2 4 a2 b2 c2 ab ac bc Chứng minh rằng a b c . Câu 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a4 2a3 3a2 4a 5 . Câu 3. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2016 cho đa thức x2 10x 21. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD AE . Xác định vị trí của điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Câu 5 a) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác vuông, với a là độ dài cạnh huyền thì thì các số x 9a 4b 8c ; y 4a b 4c ; z 8a 4b 7c cũng là số đo ba cạnh của một tam giác vuông khác. Câu 6 a) Tìm các số x, y nguyên dương biết 6x 5y 18 2xy b) Tìm các số nguyên x, y biết 5x 3y 2xy 11 ĐÁP ÁN Câu 1 a) A a 1 a 3 a 5 a 7 15 A a 1 a 7 a 3 a 5 15 A a2 8a 7 a2 8a 15 15 Đặt a2 8a 7 t , ta có: A t t 8 15 A t 2 8t 15 A t 3 t 5 Do đó A a2 8a 7 3 a2 8a 7 5 A a2 8a 10 a2 8a 12 A a2 8a 10 a 2 a 6 . b) Ta có: a b 2 b c 2 c a 2 4 a2 b2 c2 ab ac bc a 2 b 2 2ab b 2 c 2 2bc c 2 a 2 2ac 4a 2 4b 2 4c 2 4ab 4ac 4bc (a 2 b 2 2ac) (b 2 c 2 2bc) (a 2 c 2 2ac) 0 (a b) 2 (b c) 2 (a c) 2 0 Vì (a b) 2 0 ; (b c) 2 0 ; (a c) 2 0; với mọi a, b, c
  5. nên (*) xảy ra khi và chỉ khi (a b) 2 0 ; (b c) 2 0 và (a c) 2 0 Vậy a b c . Câu 2 Ta có: A a4 2a3 3a2 4a 5 A a4 2a2 2a3 4a a2 2 3 A a2 a2 2 2a a2 2 a2 2 3 A a2 2 a2 2a 1 3 A a2 2 a 1 2 3 Vì a2 2 a 1 2 0 với mọi a nên A 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A 3 a 1 0 a 1. Câu 3 (2 điểm). Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2016 cho đa thức x2 10x 21. Hướng dẫn P(x) x 2 x 4 x 6 x 8 2016 x2 10x 16 x2 10x 24 2016 Đặt t x2 10x 21 (t 3; t 7) , biểu thức P(x) được viết lại: P(x) t 5 t 3 2016 t 2 2t 2001 Do đó t 2 2t 2001 cho ta số dư là 2001. Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí của điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Hướng dẫn B D A E C a) Đặt AB = AC = a, DB = AE = x ( 0 x a ) Ta có: AD2 AE 2 DE 2 a x 2 x2 DE 2 DE 2 a2 2ax x2 x2 DE 2 a2 2ax 2x2
  6. 2 2 2 2 a a a DE 2 x 2.x. 2 4 2 2 2 2 a a DE 2 x 2 2 a2 DE 2 2 a2 a Vậy DE nhỏ nhất bằng x 2 2 Khi đó D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC. 1 b) Diện tích của tam giác ABC là: a2 2 1 Diện tích tam giác ADE là: a x .x 2 Khi đó diện tích của tứ giác BDEC là: 1 1 a2 a x x 2 2 1 1 1 a2 ax x2 2 2 2 2 2 1 2 a a 3a x 2.x. 2 2 4 4 2 1 a 3a2 3a2 x 2 2 8 8 3a2 a Vậy diện tích của tứ giác BDEC nhỏ nhất bằng x 8 2 Khi đó D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC. Câu 5 a) Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi. Hướng dẫn a) Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z. Theo đề bài ta có: xy 2 x y z (1) và x2 y2 z2 Từ x2 y2 z2 z2 x y 2 2xy thay vào (1) ta có: z2 x y 2 4 x y z z2 4z x y 2 4 x y z2 4z 4 x y 2 4 x y 4 z 2 2 x y 2 2 z 2 x y 2 z x y 4 thay vào (1) ta được: xy 2 x y x y 4 xy 4x 4y 8 xy 4x 4y 8 x y 4 4 y 4 16 8
  7. x 4 y 4 8 x 4 y 4 1.8 2.4 Từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là: (x = 5, y = 12, z = 13); (x = 12, y = 5, z=13) (x = 6, y = 8, z = 10); (x = 8, y = 6, z = 10) b) Theo đề bài ta có a2 b2 c2 Ta có: x 9a 4b 8c x2 81a2 16b2 64c2 72ab 144ac 64bc mà a2 b2 c2 x2 81 b2 c2 16b2 64c2 72ab 144ac 64bc x2 97b2 145c2 72ab 144ac 64bc (1) y 4a b 4c y2 16a2 b2 16c2 8ab 32ac 8bc mà a2 b2 c2 y2 16 b2 c2 b2 16c2 8ab 32ac 8bc y2 17b2 32c2 8ab 32ac 8bc (2) z 8a 4b 7c z2 64a2 16b2 49c2 64ab 112ac 56bc mà a2 b2 c2 z2 64 b2 c2 16b2 49c2 64ab 112ac 56bc z2 80b2 113c2 64ab 112ac 56bc (3) Từ (2) và (3) ta có y2 z2 97b2 145c2 72ab 144ac 64bc (4) Từ (1) và (4) suy ra x2 y2 z2 Vậy x, y, z cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 3 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) x y z 3 x3 y3 z3 b) x4 2014x2 2013x 2014 Câu 2 2 2 2013 x 2013 x x 2014 x 2014 19 a) Tìm x, biết: 2013 x 2 2013 x x 2014 x 2014 2 49 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có B a5 a chia hết cho 30. Câu 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, D là điểm di động trên cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC. a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông. b) Xác định vị trí của điểm D sao cho 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4 Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị ta vẫn được một số chính phương. Câu 5 Cho a, b dương và a2012 b2012 a2013 b2013 a2014 b2014 . Tính a2015 b2015 ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm). Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x y z 3 x3 y3 z3 b) x4 2014x2 2013x 2014
  8. Hướng dẫn a) x y z 3 x3 y3 z3 x y z 3 x3 y3 z3 y z x y z 2 2 x y z x x2 y z y2 yz z2 y z 3x2 3xy 3yz 3xz 3 y z x x y z x y 3 y z x y x z b) x4 2014x2 2013x 2014 x4 x 2014x2 2014x 2014 x x3 1 2014 x2 x 1 x x 1 x2 x 1 2014 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2014 Câu 2 (2 điểm). 2 2 2013 x 2013 x x 2014 x 2014 19 a) Tìm x, biết: . 2013 x 2 2013 x x 2014 x 2014 2 49 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có: B a5 a chia hết cho 30. Hướng dẫn a) ĐKXĐ: x 2013; x 2014 Đặt x 2014 a a 0 Ta có: 2 a 1 a 1 a a2 19 a 1 2 a 1 a a2 49 a2 a 1 19 3a2 3a 1 49 49a2 49a 49 57a2 57a 19 8a2 8a 30 0 2a 3 2a 5 0 3 a 2 5 a 2 4031 4023 x hoặc x . 2 2 b) Ta có: B a5 a B a a4 1 B a a2 1 a2 1 B a a2 1 a2 4 5 B a a2 1 a2 4 5a a2 1
  9. B a 2 a 1 a a 1 a 2 5a a2 1 Vì a 2 a 1 a a 1 a 2 là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số là bội của 5, do đó a 2 a 1 a a 1 a 2 5 (1) 5a a2 1 5 (2) Từ (1) và (2) suy ra B5 Câu 3 (2 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, D là điểm di động trên cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC. a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông. b) Xác định vị trí của điểm D sao cho 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn C D F A E B a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì Eµ Aµ F 90o ) Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân giác của B· AC . b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF Suy ra 3AD + 4EF = 7AD 3AD + 4EF nhỏ nhất AD nhỏ nhất, AD nhỏ nhất khi D là hình chiếu của A trên BC. Câu 4 (2 điểm). Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Hướng dẫn Gọi số phải tìm là abcd với a,b,c,d ¥ ,0 a,b,c,d 9,a 0 Theo đề bài ta có: 2 abcd k 2 a 1 b 3 c 5 d 3 m Suy ra: abcd k 2 với k,m ¥ ,31 k m 100 2 abcd 1353 m Do đó m2 k 2 1353 m k m k 123.11 41.33 Vì k,m ¥ nên m k m k . Do đó:
  10. m k 123 m 67 m k 41 m 37 hoặc m k 11 k 56 m k 33 k 4 Kết luận đúng abcd = 3136 Câu 5 (2 điểm) Cho a, b dương và a2012 b2012 a2013 b2013 a2014 b2014 . Tính a2015 b2015 . Hướng dẫn Ta có: a2012 b2012 a2013 b2013 a2014 b2014 a b a2012 b2012 a2011 b2011 .ab a2014 b2014 a b ab 1 (vì a2012 b2012 a2013 b2013 a2014 b2014 ) a 1 b 1 0 a 1 b 1 Với a = 1 thì b2012 b2013 b 1 hoặc b 0 (loại) Với b = 1 thì a2012 a2013 a 1 hoặc a 0 (loại) Vậy a = 1, b = 1 Do đó a2015 b2015 2. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 4 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Tìm x; y Z thoả mãn 5x2 4xy y2 169 . n n2 n3 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì biểu thức: A có giá trị là 3 2 6 một số nguyên. Câu 2 1 a 1 b a) Cho hai số a b 0 . So sánh hai số x và y . 1 a a2 1 b b2 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b) Tìm x, biết 6 0 . 1000 999 998 997 996 995 Câu 3 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC của hình vuông ABCD. Các đường thẳng DN và CM cắt nhau tại I. Chứng minh tam giác AID là tam giác cân. Câu 4 Tìm cặp số nguyên x; y; z thỏa mãn phương trình: x2 y2 z2 4064497 2 15x 4y 2014z Câu 5. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n 1 và 2n 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24. ĐÁP ÁN
  11. Câu 1 (2 điểm). a) Tìm x; y Z thoả mãn: 5x2 4xy y2 169 . n n2 n3 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì biểu thức: A có giá trị là 3 2 6 một số nguyên. Hướng dẫn a) Ta có: 5x2 4xy y2 169 4x2 4xy y2 x2 169 2x y 2 x2 169 2 2 2x y x 144 25 I 2 2 2x y x 169 0 II Từ (I) ta có: 2 2x y 122 x 5 x 5 ; 2 2 x 5 y 2 y 22 2 2x y 52 x 12 x 12 ; 2 2 x 12 y 19 y 29 Từ (II) ta có: 2 2x y 132 x 0 2 x 0 y 13 2 2x y 0 x 13 2 2 x 13 y 26 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29  Vậy x, y  12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26  n n2 n3 b) Ta có: A 3 2 6 2n 3n2 n3 n n 1 n 2 A 6 6 Vì n n 1 n 2 là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên n n 1 n 2 3 và n n 1 n 2 2 mà 2,3 1. Do đó n n 1 n 2 6 . Hay A là một số nguyên. Câu 2 (2 điểm). 1 a 1 b a) Cho hai số a b 0 . So sánh hai số x và y . 1 a a2 1 b b2 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b) Tìm x, biết: 6 0 1000 999 998 997 996 995 Hướng dẫn
  12. Vì x, y 0 , ta có: 1 1 1 1 1 x y 1 a a2 a2 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 1 1 1 1 a 1 a a2 a2 a b2 b 1 1 1 1 Vì a b 0 nên và . a2 b2 a b Vậy x y . b) Ta có: x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 1 1 1 1 1 1 0 1000 999 998 997 996 995 x 1001 x 1001 x 1001 x 1001 x 1001 x 1001 0 1000 999 998 997 996 995 1 1 1 1 1 1 x 1001 0 1000 999 998 997 996 995 1 1 1 1 1 1 Vì 0 nên x 1001. 1000 999 998 997 996 995 Câu 3. Câu 3 A M B N L I C D K DCN CBM N· DC C· BN Mà M· CB M· CD 900 N· DC M· CD 900 D· IC 900 DN  MC goi K là trung điểm của DC nên AM=KC, AM PKC Nên AMCK là hình bình hành AK PMC Mà DN  MC AK  DN Hay AK  DI (1) Goi L là giao điiểm của DN và AK. K là trung điểm của DC và AK PMC suy ra AK đi qua trung điểm của DI nên L là trung điểm của DI (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác AID cân tại A Câu 4. Đặt x 1 y x y 1. Ta có: 2 3 y 1 8 y 1 6 3y2 2y 1 A y 1 2 2 y 1 1 y2 2 1 A 3 y y2
  13. 1 Đặt z A 3 2z z2 y A z2 2z 1 2 A z 1 2 2 2 Vậy min A 2 z 1 y 1 x 2 . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 5 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử x2 2xy y2 4x 4y 5 b) Chứng minh n N * thì n3 n 2 là hợp số. c) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Câu 2 x 1 x 2 x 3 x 2016 a) Giải phương trình 2016 2016 2015 2014 1 b) Cho a2 b2 c2 a3 b3 c3 1. Tính S a2 b2014 c2015 Câu 3 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2x2 3y2 4xy 8x 2y 18 b) Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác. ab bc ac Chứng minh a b c a b c a b c a b c Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF. a) Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông. b) Chứng minh DF  CE và MAD cân. c) Tính diện tích MDC theo a. Bài tập tương tự câu 1b) 1. Tìm số tự nhiên n để n4 4 là số nguyên tố. 2 2. Cho biểu thức x2 8 36 . Tìm số tự nhiên n để biểu thức trên là số nguyên tố ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điể m a. 1 = (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9 0.5 điể = (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) 0,5 m b. 1 Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1) 0.25 Câu 1 điể =(n+1)( n2 - n + 2) 0,25 3 m Do n N * nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số 0.5 điểm c. 1 Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 0.25 điể Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1 0.25 m = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 0.25
  14. = ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn 0.25 a2 + a + 1 là số lẻ a. Phương trình đã cho tương đương với: 1.5 x 1 x 2 x 3 x 2012 0.5 1 1 1 1 2012 2012 điể 2012 2011 2010 1 0. 5 m x 2013 x 2013 x 2013 x 2013 0 2012 2011 2010 1 0. 5 Câu 2 1 1 1 1 (x 2013)( ) 0 x = 2013 2 2012 2011 2010 1 điểm b. a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 a; b; c  1;1 0.5 a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) 0 0.25 điể a3 + b3 + c3 1 a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 m b2012 = b2; c2013 = c2; S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1 0.25 a. 1 Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 0.25 điể A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1 0.25 m A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1 1 0.25 Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3 0.25 b. vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; 0.5 a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 điể y z x z x y 0.25 ta có: x + y + z = a + b + c; a ;b ;c m 2 2 2 Câu 3 ab bc ac (y z)(x z) (x z)(x y) (x y)(y z) 1.5 a b c a b c a b c 4z 4x 4y điểm 1 xy yz xz 1 1 xy yz xz ( 3x 3y 3z) 3(x y z) (2 2 2 ) 4 z x y 4 2 z x y 1 y x z x y z z x y 3(x y z) ( ) ( ) ( ) 4 2 z x 2 z y 2 y x 0.25 1 3(x y z) x y z x y z 4 Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh Câu 4 Hìn A E B 3.5 h vẽ điểm 0. 5 đ 0.5 F H M N C D G a. Chứng minh: EFGH là hình thoi 0. 5 1.25 Chứng minh có 1 góc vuông. 0. 5 điể Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông 0.25 m
  15. b. 1 VBEC VCFD(c.g.c) E· CB F· DC mà VCDF vuông tại C 0.25 điể 0.25 C· DF D· FC 900 D· FC E· CB 900 CMF vuông tại M m V Hay CE  DF. 0.25 Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF GN//CM mà G là trung điểm DC nên N là trung điểm DM. Trong 0.25 MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến MAD cân tại A. c. 0.75 CD CM 0.25 VCMD : VFCD(g.g) điể FD FC m 2 2 0.25 SVCMD CD CD Do đó : SVCMD .SVFCD SVFCD FD FD 1 1 Mà : S CF.CD CD2 . VFCD 2 4 CD2 1 Vậy : S . CD2 . VCMD FD2 4 0.25 Trong VDCF theo Pitago ta có : 2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 DF CD CF CD BC CD CD .CD . 2 4 4 CD2 1 1 1 Do đó : S . CD2 CD2 a2 VMCD 5 CD2 4 5 5 4 Bài tập tương tự câu 1b) 1. Tìm số tự nhiên n để n4 4 là số nguyên tố. 2 2. Cho biểu thức x2 8 36 . Tìm số tự nhiên n để biểu thức trên là số nguyên tố 1. Ta có 2 2 n4 4 n2 4n2 4 4n2 n2 2 2n 2 n2 2n 2 n2 2n 2 Vì n2 2n 2 n 1 2 1 1 với mọi số tự nhiên n, do đó để n4 4 là số nguyên tố thì n2 2n 2 1 n 1 2. Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 8 36 x 16x 64 36 x 20x 100 36x x 10 6x Lập luận tương tự như trên ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 6 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút 1 1 1 1 Câu 1. Giải phương trình: x 2 9x 20 x 2 11x 30 x 2 13x 42 18 x y z a b c x2 y2 z2 Câu 2. Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng : 1. a b c x y z a2 b2 c2 1 1 1 Câu 3. Cho a, b, c khác nhau đôi một và 0 . Rút gọn biểu thức: a b c 1 1 1 M a2 2bc b2 2ac c2 2ab
  16. 1 1 1 1 Câu 4. Cho a, b, c là 3 số khác 0 thoả mãn a + b + c = 2014 và . a b c 2014 Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c tồn tại hai số đối nhau. 3x2 8x 6 Câu 5. Tìm GTNN của A x2 2x 1 Bài tập tương tự 1 1 1 Bài 1. Cho a, b, c khác nhau đôi một và 0 . Rút gọn các biểu thức: a b c bc ca ab a, N a2 2bc b2 2ac c2 2ab a2 b2 c2 b, P a2 2bc b2 2ac c2 2ab Bài 2. Tìm x; y Z thoả mãn: a) x2 y2 x y 8 b) x2 4y2 115 2x Bài 3. x x a) Tìm GTNN của A b) Tìm GTNN của A x 10 2 x 100 2 x2 4x 1 x c) Tìm GTNN của A d) Tìm GTNN của A x2 x 2004 2 Bài 4. 1996x 1497 a) Tìm GTNN của A x2 1 2010x 2680 b) Tìm GTNN của B x2 1 HƯỚNG DẪN 1 1 1 1 Câu 1. Giải phương trình: x 2 9x 20 x 2 11x 30 x 2 13x 42 18 x2 9x 20 x 4 x 5 x2 11x 30 x 5 x 6 x2 13x 42 x 6 x 7 ĐKXĐ: x 4; x 5; x 6; x 7 Giải phương trình: 1 1 1 1 (x 4)(x 5) (x 5)(x 6) (x 6)(x 7) 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 x 4 x 7 18
  17. 18 x 7 18 x 4 x 7 x 4 x 13 x 2 0 x 13 x 2 x y z a b c x2 y2 z2 Câu 2. Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng : 1. a b c x y z a2 b2 c2 Hướng dẫn a b c ayz bxz cxy Từ 0 0 x y z xyz ayz bxz cxy 0 Ta có: x y z x y z 1 ( )2 1 a b c a b c x2 y2 z2 xy xz yz 2( ) 1 a2 b2 c2 ab ac bc x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2 1 a2 b2 c2 abc x2 y2 z2 1 a2 b2 c2 1 1 1 Câu 3. Cho a, b, c khác nhau đôi một và 0 . Rút gọn biểu thức: a b c 1 1 1 M a2 2bc b2 2ac c2 2ab Hướng dẫn Theo đề bài ta có: 1 1 1 0 a b c bc ac ab 0 abc ab ac bc 0 bc ab ac Ta có: a2 2bc a2 bc bc a2 bc ac ab a a c b a c a c a b
  18. Tương tự ta có: b2 2ac= b a b c c2 2ab= c a c b 1 1 1 Vậy M a2 2bc b2 2ac c2 2ab 1 1 1 M a c a b b a b c c a c b 1 1 1 M a c a b a b b c a c b c b c a c a b M a b a c b c 0 M 0 a b a c b c 1 1 1 1 Câu 4. Cho a, b, c là 3 số khác 0 thoả mãn a + b + c = 2014 và . a b c 2014 Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c tồn tại hai số đối nhau. Hướng dẫn Theo đề bài ta có: 1 1 1 1 a b c 2014 bc ac ab 1 abc 2014 bc ac ab 1 (vì a + b + c = 2014 ) abc a b c ab ac bc a b c abc a2b ab2 abc a2c abc ac2 abc b2c bc2 abc a2b ab2 abc a2c abc ac2 b2c bc2 0 a2 b c ab b c ac b c bc b c 0 b c a2 ab ac bc 0 b c a a c b a c 0 b c a c a b 0 a b b c c a Vậy trong 3 số a, b, c tồn tại hai số đối nhau.
  19. 3x2 8x 6 Câu 5. Tìm GTNN của A x2 2x 1 Hướng dẫn Đặt x 1 y x y 1. Ta có: 2 3 y 1 8 y 1 6 3y2 2y 1 A y 1 2 2 y 1 1 y2 2 1 A 3 y y2 1 Đặt z A 3 2z z2 y A z2 2z 1 2 A z 1 2 2 2 Vậy min A 2 z 1 y 1 x 2 . Bài 1. Tìm n Z để n 26 và n 11 đều là lập phương của một số tự nhiên. Giải n 26 a3 Đặt a3 b3 37 3 n 11 b Ta có: a3 b3 37 a b a2 ab b2 37 a b 1 1 2 2 a ab b 37 Suy ra a b 1 2 2 2 a ab b 37 a b 1 a b 1 Từ (1) ta có: 2 2 2 2 a ab b 37 b 1 b b 1 b 37 a b 1 a b 1 2 b 3 b b 12 0 b 4 a 4 Do đó a 3 Với a 4 n 38 Với a 3 n 53 a2 ab b2 37 Từ (2) ta có (Loại) a b 1 Bài 2. Cho biểu thức A x2 xy y2 3x 3y 2016 . Tìm giá trị của x, y để A đạt giá trị nhỏ nhất. Giải Cách 1 Ta có:
  20. A x2 xy y2 3x 3y 2016 A x2 2x 1 y2 2y 1 xy x y 2014 A x 1 2 y 1 2 x y 1 y 1 2013 A x 1 2 y 1 2 x 1 y 1 2013 2 2 2 y 1 y 1 3 y 1 A x 1 2 x 1 . 2013 2 4 4 2 2 y 1 3 y 1 A x 1 2013 2 4 3 y 1 2 0 4 y 1 A 2013 Do đó min 2 y 1 x 1 x 1 0 2 Cách 2 Ta có: 4A 4x2 4xy 4y2 12x 12y 8064 4A 2x 2 2.2x.y 2.2x.3 2.y.3 y2 32 3y2 6y 3 8052 4A 2x y 3 2 3 y 1 2 8052 2 2x y 3 0 x 1 Do đó 4A 8052 2 y 1 3 y 1 0 x 1 Vậy Amin 2013 y 1 2 Bài 3. Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của x2 4y2 28 17 x4 y4 14y2 49 Giải Ta có: 2 x2 4y2 28 17 x4 y4 14y2 49 2 2 x2 4 y2 27 17 x4 y2 7 2 2 x4 8x2 y2 27 16 y2 27 17x4 17 y2 27 2 16x4 8x2 y2 27 y2 27 0 2 2 2 4x y 27 0 4x2 y2 27 0 4x2 y2 27 2x y 2x y 27 2x y 27 x 7 2x y 1 y 13 Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: a) A x2 2y2 2xy 2x 10y với x, y R . b) B x2 6y2 14z2 8yz 6xz 4xy . c) C x2 2y2 3z2 2xy 2xz 2x 2y 8z 2000 .
  21. n4 3n3 2n2 6n 2 Bài 1. a) Tìm n để B có giá trị là một số nguyên. n2 2 b) Tìm n để D n5 n 2 là số chính phương n 2 . Hướng dẫn n4 3n3 2n2 6n 2 2 a) B n2 3n n2 2 n2 2 B có giá trị nguyên khi 2n2 2 n2 2 là ước tự nhiên của 2. n2 2 1 không có giá trị nào thỏa mãn. n2 2 2 n 0 thì B nhận giá trị nguyên. b) D n5 n 2 D n n2 1 n2 1 2 D n n 1 n 1 n2 1 2 D 5n n 1 n 1 n n 1 n 1 n2 4 2 D 5n n 1 n 1 n n 1 n 1 n 2 n 2 2 Vì 5n n 1 n 1 5 và n n 1 n 1 n 2 n 2 5 Vậy D chia 5 dư 2 Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7 nên D không phải số chính phương. Bài 2. Giải phương trình: a) x2 3x 2 x 1 0 . 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 b) 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 . x x x x Hướng dẫn a) x2 3x 2 x 1 0 (1) + Nếu x 1: (1) x 1 2 0 x 1 (thỏa mãn điều kiện x 1) + Nếu x 1: (1) x2 4x 3 0 x2 x 3 x 1 0 x 1 x 3 0 x 1; x 3 (cả hai đều không thảo mãn) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1. 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 b) 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 (2) x x x x ĐKXĐ: x 0 2 2 1 2 1 2 1 1 2 (2) 8 x 4 x 2 x 2 x x 4 x x x x 2 1 2 1 2 2 8 x 8 x 2 x 4 x 4 16 x x x 0 hay x 8 và x 0 . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x 8 Bài 3. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 3 và a22 b12 c1994 a b c ab ac bc 6 . Tính giá trị của biểu thức: A . a22 b12 c2013 Hướng dẫn: Ta có: 2 a2 b2 c2 6
  22. Suy ra: 2 a2 b2 c2 a b c ab ac bc 2a2 2b2 2c2 a b c ab ac bc 2a2 2b2 2c2 a b c ab ac bc 0 4a2 4b2 4c2 2a 2b 2c 2ab 2ac 2bc 0 3a2 3b2 3c2 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ac c2 a2 b2 c2 0 3a2 3b2 3c2 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ac c2 3 0 (vì a2 b2 c2 3) a2 2a 1 b2 2b 1 c2 2c 1 a2 2ab b2 b2 2bc c2 a2 2ac c2 0 a 1 2 b 1 2 c 1 2 a b 2 a c 2 a c 2 0 a b c 1 122 112 11994 Vậy A 1. 122 112 12013 Bài 4. Cho hình bình hành ABCD. Qua A kẻ đường thẳng tùy ý cắt BD, BC, CD lần lượt ở E, K, G. Chứng minh: a) AE 2 EK.EG . 1 1 1 b) . AE AK AG c) Khi đường thẳng d thay đổi thì tích BK.DG có giá trị không đổi. Hướng dẫn: A B E K D C G AE DE a) Ta có AD // BK nên (1) EK EB EG DE AB // CD nên (2) AE EB AE EG Từ (1) và (2) suy ra AE 2 EK.EG . EK AE AE BE AE BE b) Ta có (3) EK DE AK BD AE DE AE DE Tương tự ta có: (4) EG EB AK BD Cộng vế với vế của (3) và (4) ta có: AE AE BE DE 1 1 1 1 . AK AG BD BD AE AK AG c) Ta có: BK AB KC GC và nhân từng vế của đẳng thức trên ta được KC CG AD DG BK AB BK.DG AD.AD không đổi AD DG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 7 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút
  23. Câu 1 (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 2 1 22 1 24 1 2256 1 1. b) Cho x2 y2 z2 . Chứng minh rằng 5x 3y 4z 5x 3y 4z 3x 5y 2 Câu 2 (2 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a10 a5 1. x y 2 x y b) Cho x y 1 và xy 0 . Chứng minh rằng 0 . y 3 1 x3 1 x 2 y 2 3 Câu 3 (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với hai đáy cắt BC ở I, cắt AD ở J. Chứng minh: 1 1 1 a) . OI AB CD 2 1 1 b) . IJ AB CD Câu 4 (1 điểm) Cho hình thang ABCD (AD // BC) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Tính diện tích tam giác AOB, biết diện tích tam giác BOC là 169 cm2 và diện tích tam giác AOD là 196 cm2 . Câu 5 (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau x2 y xy y 1 ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 2 1 22 1 24 1 2256 1 1. b) Cho x2 y2 z2 . Chứng minh rằng 5x 3y 4z 5x 3y 4z 3x 5y 2 Hướng dẫn a) Ta có: A 1. 2 1 22 1 24 1 2256 1 1 A 2 1 2 1 22 1 24 1 2256 1 1 A 22 1 22 1 24 1 2256 1 1 A 24 1 24 1 2256 1 1 A 2256 1 2256 1 1 2512 1 1 2512 . b) Ta có: 5x 3y 4z 5x 3y 4z 5x 3y 2 16z2 25x2 30xy 9y2 16z2 25x2 30xy 9y2 16 x2 y2 (vì x2 y2 z2 ) 25x2 30xy 9y2 16x2 16y2 9x2 30xy 25y2 3x 5y 2 . Câu 2 (2 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a10 a5 1.
  24. x y 2 x y b) Cho x y 1 và xy 0 . Chứng minh rằng 0 . y 3 1 x3 1 x 2 y 2 3 Hướng dẫn a) a10 a5 1 a10 a9 a8 a9 a8 a7 a7 a6 a5 a6 1 a8 a2 a 1 a7 a2 a 1 a5 a2 a 1 a3 1 a3 1 a8 a2 a 1 a7 a2 a 1 a5 a2 a 1 a 1 a2 a 1 a3 1 a2 a 1 a8 a7 a5 a4 a3 a 1 . b) Ta có: x y y3 1 x3 1 4 4 2 2 x4 x y4 y x y x y x y x y x y x y y3 1 x3 1 y3 1 x3 1 y 1 y2 y 1 x 1 x2 x 1 Vì x y 1 y 1 x và x 1 y , do đó ta có: x y x y x2 y2 x y xy y2 y 1 x2 x 1 x y x2 y2 x y (vì x y 1) xy x2 y2 y2 x y2 yx2 xy y x2 x 1 x y x2 y2 1 x y x2 x y2 y 2 2 2 2 xy x y xy x y x y xy 2 xy x2 y2 x y 2 2 x y x x 1 y y 1 x y x y y x 2 2 2 2 xy x y 3 xy x y 3 x y 2xy 2 x y 2 2 2 2 xy x y 3 x y 3 x y 2 x y Do đó 0 . y 3 1 x3 1 x 2 y 2 3 Câu 3 (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với hai đáy cắt BC ở I, cắt AD ở J. Chứng minh: 1 1 1 a) . OI AB CD 2 1 1 b) . IJ AB CD Hướng dẫn A B J I O D C a) Ta có:
  25. OI CI OI // AB, xét tam giác OIC ta có: (1). AB CB OI BI OI // CD, xét tam giác BDC ta có: (2). CD BC Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: OI OI CI BI BC 1 1 1 1 (3). AB CD BC BC BC OI AB CD 1 1 1 b) Chứng minh tương tự ta có (4). OJ AB CD 1 1 1 1 Cộng vế với vế của (3) và (4) ta có: 2 OI OJ AB CD OJ DO OI 2 1 1 Lại có OJ OI , do đó ta có: . AB DB AB IJ AB CD Câu 4 (1 điểm) Cho hình thang ABCD (AD // BC) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Tính diện tích tam giác AOB, biết diện tích tam giác BOC là 169 cm2 và diện tích tam giác AOD là 196 cm2 . Hướng dẫn A D O B C Ta chứng minh được SAOD .SBOC SAOB .SOCD mà SAOB SDOC 2 2 2 Do đó S AOB 169.196 182 SAOB 182cm Câu 5 (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau x2 y xy y 1 Hướng dẫn x2 y xy y 1 2 2 2 1 3 y x x 1 1 vì x x 1 x 0 với mọi x nên phương trình có nghiệm 2 4 nguyên dương khi: y 1 y 1 2 x x 1 1 x 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 8 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 (2 điểm) a2 3a+2 a2 a 1 1 Cho M 2 . a a 2 a 1 a 1 a 1 a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn M.
  26. 1 a 1 1 b) Tìm a sao cho . M 8 4 Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình 2x 8x 1 2 4x 1 9 . b) Với mọi n ¥ thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. Câu 3 (3 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD), O là giao điểm hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt DA tại E, cắt BC tại F. a) Chứng minh SAOD SBOC . 1 1 2 b) Chứng minh: AB CD EF c) Gọi K là điểm bất kì thuộc OE. Nêu cách dựng đường thẳng đi qua K và chia đôi diện tích tam giác DEF. Câu 4 (2 điểm) x2 y2 1 Cho x4 y4 1 a b a b x2014 y2014 2 Chứng minh rằng . a1007 b1007 a b 1007 Câu 5 (1 điểm) x 4 x 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B với x 0 . x ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm) a2 3a+2 a2 a 1 1 Cho M 2 . a a 2 a 1 a 1 a 1 a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn M. 1 a 1 1 b) Tìm a sao cho . M 8 4 Hướng dẫn a2 a 2 0 a 1 a) ĐKXĐ a 1 0 a 1 a 1 0 a2 3a+2 a2 a 1 1 Ta có M 2 . a a 2 a 1 a 1 a 1 a 1 a 2 a2 a a 1 a 1 M . a 1 a 2 a 1 a 1 a 1 a 1 a2 a 2a M . a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 2a M . a 1 a 1 a 1 2a 2a M a 1 1 a 1 a 1 1 b) Ta có a 0 M 8 4
  27. 1 a 1 1 2a 8 4 1 a 1 a a 1 1 2a 8 4 4 4a a2 a 1 8a 4 a2 5a 4 1 8a 4 4a2 20a 16 8a 4a2 12a 16 0 4 a2 3a 4 0 a2 3a 4 0 a 1 a 4 0 4 a 1 vì a 1,a 0 nên 4 a 0,0 a 1 Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình 2x 8x 1 2 4x 1 9 . b) Với mọi n ¥ thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. Hướng dân a) 2x 8x 1 2 4x 1 0 8x 1 2 8x2 2x 9 16x2 16x 1 64x2 16x 72 Đặt 64x2 16x t , ta có: t 8 t t 1 72 , do đó t 9 Từ đó tìm được các giá trị của x. b) Xét hiệu: n5 n n n4 1 n n2 1 n2 1 n 1 n n 1 n2 4 5 Vậy n 1 n n 1 n2 4 5 2 (1) n 1 n n 1 n2 4 5 n 1 n n 1 n 2 n 1 n n 1 n 2 5 n 1 n n 1 Vì n 2 n 1 n n 1 n 2 chia hết cho 5, 5 n 1 n n 1 chia hết cho 5. Vậy n 2 n 1 n n 1 n 2 5 n 1 n n 1 5 (2) Từ (1) và (2) suy ra n5 n chia hết cho 2, 5 mà 2,5 1 n5 n10 Vậy n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. Câu 3 (3 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD), O là giao điểm hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt DA tại E, cắt BC tại F.
  28. a) Chứng minh SAOD SBOC . 1 1 2 b) Chứng minh: AB CD EF c) Gọi K là điểm bất kì thuộc OE. Nêu cách dựng đường thẳng đi qua K và chia đôi diện tích tam giác DEF. Hướng dẫn A B K E F O I M N D C a) Ta có SADB SABC vì có cùng chiều cao hạ từ D và C xuống AB (do AB // CD) và cạnh đáy AB. SABD SAOB SABC SAOB hay SAOD SBOC . EO AO AB AO b) V× EO // DC . MÆt kh¸c AB // CD . DC AC DC OC AB AO AB AO EO AB AB BC AO OC AB BC AC DC AB DC EF AB AB DC 2 1 1 2 . 2DC AB DC AB.DC EF DC AB EF c) Dụng trung tuyến EM M DF . Dựng EN // MK N DF , nối K với N. KN là đường thẳng phải dựng. Chứng minh Ta có SEDM SEMF (1). Gọi giao điểm của EM và KN là I thì SIKE SIMN (chứng minh phần a). Từ (1) và (2) suy ra SEDNI SIMN SKIMF SIKE SEDNI SIKE SKIMF SIMN Vậy SEDNK SKNF . Câu 4 (2 điểm) x2 y2 1 Cho x4 y4 1 a b a b x2014 y2014 2 Chứng minh rằng . a1007 b1007 a b 1007 Hướng dẫn Ta có: 2 2 2 x4 y4 1 x4 y4 x y (vì x2 y2 1) a b a b a b a b a b bx4 ay4 ab x4 2x2 y2 y4 abx4 a2 y4 b2 x4 aby4 abx4 2abx2 y2 aby4 a2 y4 2abx2 y2 b2 x4 0 2 ay2 bx2 0
  29. x2 y2 ay2 bx2 a b Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: x2 y2 x2 y2 1 a b a b a b x2 1 y2 1 , a a b b a b 1007 1007 1007 1007 x2014 y2014 x2 y2 1 1 2 Vậy 1007 1007 1007 . a b a b a b a b a b Câu 5 (1 điểm) x 4 x 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B với x 0 . x Hướng dẫn Ta có: x 16 x 9 x2 25x 144 144 C x 25 x x x 144 Vì x và là các số dương có tích không đổi nên có tổng nhỏ nhất x 144 x x 12 x Vậy min C 49 x 12 . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 9 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1 (2 điểm) x3 3x 3 1 6x Cho biểu thức P 3 2 2 : 3 2 x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27 a) Rút gọn P. b) Với x 0 thì P không nhận những giá trị nào? c) Tìm các giá trị của x để P nhận giá trị nguyên? Bài 2 (2 điểm) a) Chứng minh rằng 32n 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n. b) Tìm các số nguyên dương x, y biết x2 y2 2x 4y 10 0 . Bài 3 (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. a) Tứ giác BEDF là hình gì? Hãy chứng minh điều đó? b) Chứng minh rằng: CH.CD = CB.CK. c) Chứng minh rằng: AB.AH AD.AK AC 2 . Câu 4 (2 điểm) Cho ha , hb , hc là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của một tam giác. Hãy xác định dạng của tam giác đó nếu a ha b hb c hc . Câu 5 (1 điểm)
  30. x2 y2 z2 x2 y2 z2 a) Tìm x, y, z biết . 2 3 4 5 b) Cho hai số x, y thỏa mãn 3x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 3x2 y ĐÁP ÁN Câu 3 Giải H B C F 1 2 O E A D K a) Ta có: BE  AC BE // DF (1) DF  AC Xét BEO và DFO có: BO = OD (vì O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD) µ ¶ O1 O2 (đối đỉnh) B· EO D· FO 900 Do đó BEO DFO (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra BE = DF (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành. b) Xét CBH và CDK có: C· KD C· HB 900 Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên ·ABC ·ADC H· BC K· DC (cùng bù với hai góc bằng nhau) Do đó CBH ~ CDK (g.g) CH CB CH.CD CK.CB . CK CD c) Ta có: AF AD AFD ~ AKC AD.AK AF.AC AK AC CD CF AB CF CFD ~ AHC mà CD AB AB.AH AC.CF AC AH AC AH Do đó AB.AH AD.AK AC.CF AF.AC AC CF AF AC.AC AC 2 . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 10 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 . b) Giải phương trình: x3 3x2 2x 0 . Câu 2
  31. a) Chứng minh rằng n3 11n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. b) Cho x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A x2 y2 . Câu 3 2 x 4x2 2 x x2 3x Cho biểu thức A 2 : 2 3 2 x x 4 2 x 2x x a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn A. b) Tìm giá trị của x để A 0 . Câu 4 x2 3 a) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức là số nguyên? x 2 b) Cho a b c 0 . Chứng minh rằng a3 b3 c3 3abc . Câu 5 Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P khác trung điểm của BD, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? Vì sao? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh EF song song với AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. Câu 6 Cho ha , hb là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b của một tam giác. Hãy xác định dạng của tam giác đó nếu a ha b hb . Hướng dẫn chấm Câu 1 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 . b) Giải phương trình: x3 3x2 2x 0 . Giải a) Ta có: P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 P 2 a3 b3 7ab a b P 2 a b a2 ab b2 7ab a b P a b 2a2 5ab 2b2 2 2 P a b 2a 4ab ab 2b P a b a 2b 2a b b) x3 3x2 2x 0 x x2 3x 2 0 x x 1 x 2 0 Vậy S 2; 1;0 Câu 2 a) Chứng minh rằng n3 11n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. b) Cho x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A x2 y2 . Giải a) Ta có: n3 11n n n2 11
  32. n n2 1 12 n n2 1 12n n 1 n n 1 12n Vì n 1 n n 1 là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên n 1 n n 1 chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6. Do đó n3 11n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. b) Cách 1 Từ x y 1 y 1 x , do đó ta có: 2 2 2 2 2 1 A x 1 x x 1 2x x 2 x x 2 2 2 1 1 1 1 2 A 2 x 2 x 2 4 2 2 2 1 1 Vậy min A x y . 2 2 Cách 2 Ta có: x y 1 x2 2xy y2 1. (1) Mặt khác x y 2 0 x2 2xy y2 0 (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: 1 2 x2 y2 1 x2 y2 2 1 1 Vậy min A x y . 2 2 2 x 4x2 2 x x2 3x Cho biểu thức A 2 : 2 3 2 x x 4 2 x 2x x a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn A. b) Tìm giá trị của x để A 0 . Giải a) 2 x 0 2 x 4 0 x 0 ĐKXĐ: 2 x 0 x 2 2 3 x 3 2x x 0 2 x 3x 0 2 x 4x2 2 x x2 3x A 2 : 2 3 2 x x 4 2 x 2x x 4x2 A x 3 b) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 11 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút
  33. Bài 1. a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử (với hệ số là các số nguyên): x2 2xy 7x 7y y2 10. b) Biết xy 11 và x2 y xy2 x y 2014 . Hãy tính x2 y2 . Bài 2. Tìm x, biết a) 4x 12.2x 32 0 . b) (x 4,5)4 (x 5,5)4 1 0 x3 x 2 Bài 3. Cho biểu thức: A x2 x 2 x 2 a) Rút gọn A. b) Với giá trị nào của x thì A 0 , A 0? c) Tìm x để A 5 . Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AC AB , đường cao AH H BC . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a) Chứng minh BEC ~ ADC . Tính độ dài đoạn thẳng BE theo m AB . b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng BHM ~ BEC . Tính ·AHM . GB HD c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh . BC AH HC Bài 5. Cho a, b, c từng đôi một khác nhau thoả mãn: a b c 2 a2 b2 c2 . a2 b2 c2 Rút gọn biểu thức: C . a2 2bc b2 2ac c2 2ab HƯỚNG DẪN Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AC AB , đường cao AH H BC . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a) Chứng minh BEC ~ ADC . Tính độ dài đoạn thẳng BE theo m AB . b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng BHM ~ BEC . Tính ·AHM . GB HD c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh . BC AH HC G a) Xét BEC và ADC có: Cµ : chung CDE ~ CAB (vì Dµ µA 900 , Cµ chung) CE CD CE CB CB CA CD CA Do đó BEC ~ ADC (c.g.c) ¶ 0 Theo đề bài ta có AH HD AHD vuông cân tại H nên D1 45
  34. ·ADC 1350 B· EC ·ADC 1350 , do đó ·AEB 450 mà B· AE 900 . Suy ra ABE vuông cân tại A nên AB AE . BE 2 AB2 AE 2 m2 m2 2m2 BE m 2 . b) Ta có: BE BC EC BM 1 AD BEC : ADC mà BE 2BM nên . mà AD AH 2 ( AD AC DC BC 2 AC BM 1 AH 2 AH ADH vuông cân tại H), nên . (1) BC 2 AC AC 2 AB AH BH AH BH BH ABH : CBA (2) BC AC AB AC 2 AB 2 BE BM BH Từ (1) và (2) suy ra BC BE Do đó BHM : BEC (c.g.c), suy ra: B· HM B· EC 1350 ·AHM 450 . BG AB c) Vì AM là tia phân giác của B· AE nên mà GC AC AB ED AH HD ABC : DEC ED // AH AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó . GC HC GB GC HD HC BC AH HC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 12 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1. Cho biểu thức 2x 3 2x 8 3 21 2x 8x2 P 2 2 : 2 1 4x 12x 5 13x 2x 20 2x 1 4x 4x 3 a) Rút gọn P. 1 b) Tính giá trị của P khi x . 2 c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. d) Tìm x để P 0 . Bài 2 a) Chứng minh rằng x2014 x2012 1 chia hết cho x2 x 1. 4x 2 16 A b) Tìm đa thức A biết rằng . x 2 2 x c) Tìm các số nguyên dương x, y biết: x2 x 6 y2 . Bài 3. Cho các số nguyên a, b, c. Chứng minh rằng: Nếu a b c chia hết cho 30 thì a5 b5 c5 chia hết cho 30. Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A, H là trung điểm của BC. Gọi I là hình chiếu của của H lên AC và O là trung điểm của HI. Chứng minh: a) BIC ~ AOH . b) AO  BI . a b 2c Bài 5. Cho abc 2 . Rút gọn biểu thức: A ab a 2 bc b 1 ac 2c 2 HƯỚNG DẪN
  35. Bài 4 A D I T 2 1 O B H C Cho tam giác ABC cân tại A, H là trung điểm của BC. Gọi I là hình chiếu của của H lên AC và O là trung điểm của HI. Chứng minh: a) BIC ~ AOH . b) AO  BI . Kẻ BD  AC , ta có C· BD C· AH (cùng phụ với Cµ ) BC CD Do đó DBC ~ IAH (g.g), suy ra AH IH Ta có BD // HI mà H là trung điểm của BC nên I là trung điểm của DC. Do đó BI và AO là hai đường trung tuyến của hai tam giác đồng dạng DBC và EAH BI IC BC nên: . AO HO AH Do đó BIC ~ AOH (c.c.c), suy ra C· BI H· AO · · · µ 0 · µ 0 b) Từ BIC ~ AOH suy ra CBI HAO mà TBH T1 90 OAH T2 90 Suy ra AO  BI . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 13 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút x4 5x2 4 Bài 1. Cho biểu thức A x4 10x2 9 a) Rút gọn A. b) Tìm x để A 0 . c) Tìm giá trị của A khi 2x 1 7 . Bài 2 a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử bc b c ac a c ab a b 2abc . 2a3 12a2 17a 2 b) Rút gọn rồi tính giá tị của biểu thức A a 2 Biết rằng a là nghiệm của phương tình: a2 3a 1 1 Bài 3. Cho ABC cân tại A, có BC 2a , M là trung điểm của BC. Lấy D, E thuộc AB, AC sao cho D· ME Bµ .
  36. a) Chứng minh BD.CE không đổi. b) Chứng minh DM là tia phân giác của B· DE . c) Tính chu vi của tam giác AED nếu ABC đều. Bài 4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng nếu a b c 2 3 ab ac bc thì tam giác đó là tam giác đều. x y z 1 2 2 2 Bài 5. Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 1 3 3 3 x y z 1 Tính giá trị của biểu thức P x 1 17 y 1 9 z 1 2014 . HƯỚNG DẪN 2 Bài 1. Ta có x4 10x2 9 x2 x2 9x2 9 x2 1 x2 9 ĐKXĐ: x 1; x 3. 2 2 x4 5x2 4 x 1 x 4 x 2 x 2 a) A x4 10x2 9 x2 1 x2 9 x 3 x 3 b) A 0 x 2 x 2 x 2 . 2x 1 7 x 4 c) 2x 1 7 x 4 (vì x 3) 2x 1 7 x 3 12 Với x 4 A . 7 Bài 3 Cho ABC cân tại A, có BC 2a , M là trung điểm của BC. Lấy D, E thuộc AB, AC sao cho D· ME Bµ . a) Chứng minh BD.CE không đổi. b) Chứng minh DM là tia phân giác của B· DE . c) Tính chu vi của tam giác AED nếu ABC đều. Hướng dẫn A E I D 1 1 K H B M C a) Xét BDM và CME có: Bµ Cµ (gt) · · · µ ¶ · µ · ¶ DMC DME EMC B D1 mà DME B nên EMC D1 Do đó BDM ~ CME (g.g) BD BM BD.CE BM.CM a2 CM CE b)
  37. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 14 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. (2,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 2013x2 2012x 2013. x2 2x 2x2 1 2 b) Rút gọn biểu thức sau A 2 2 3 1 2 . 2x 8 8 4x 2x x x x Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau: (2x2 x 2013)2 4(x2 5x 2012)2 4(2x2 x 2013)(x2 5x 2012) b) Chứng minh với mọi m, n, p, q ta đều có m2 n2 p2 q2 1 m n p q 1 Câu 3. (2,0 điểm) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x 2 dư 10, f(x) chia cho x 2dư 24, f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư. Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. a) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng AC 2EF . 1 1 1 d) Chứng minh rằng . AD2 AM 2 AN 2 Câu 5. (1,0 điểm) Câu 6. Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn abc 1. Chứng minh rằng : 1 1 1 3 . a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Câu Hướng dẫn giải Điểm (2.0 Câu 1 điểm ) 4 2 1 Ta có x 2013x 2012x 2013 0,25
  38. (1.0 x4 x 2013x2 2013x 2013 điểm) x x 1 x2 x 1 2013 x2 x 1 0.25 x2 x 1 x2 x 2013 0.25 Kết luận x4 2013x2 2012x 2013 x2 x 1 x2 x 2013 0.25 x 0 ĐK: 0.25 x 2 x2 2x 2x2 1 2 Ta có A 2 2 3 1 2 2x 8 8 4x 2x x x x x2 2x 2x2 x2 x 2 2 2 2 0.25 2 2(x 4) 4(2 x) x (2 x) x (1.0 điểm) x2 2x 2x2 (x 1)(x 2) x(x 2)2 4x2 (x 1)(x 2) 0.25 2 2 2 2 2 2(x 4) (x 4)(2 x) x 2(x 2)(x 4) x x3 4x2 4x 4x2 x 1 x(x2 4)(x 1) x 1 . 0.25 2(x2 4) x2 2x2 (x2 4) 2x x 1 x 0 Vậy A với . 2x x 2 (2.0 Câu 2 điểm ) a 2x2 x 2013 Đặt: 0.25 2 b x 5x 2012 Phương trình đã cho trở thành: 0.25 1 a2 4b2 4ab (a 2b)2 0 a 2b 0 a 2b (1.0 Khi đó, ta có: điểm) 2 2 2 2 0.25 2x x 2013 2(x 5x 2012) 2x x 2013 2x 10x 4024 2011 11x 2011 x . 0.25 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x . 11 2 3 3 2 3 7 Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 0.25 4 8 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0.25 2 4 16 (1.0 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 điểm) Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0.25 0)
  39. (2,0 Câu 3 điểm ) Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b . 0.25 Khi đó: f (x) (x2 4).( 5x) ax+b Theo đề bài, ta có: 7 1 f (2) 24 2a b 24 a 0.25 2 (1.0 f ( 2) 10 2a b 10 b 17 điểm) 7 Do đó: f (x) (x2 4).( 5x) x+17 0.25 2 47 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f (x) 5x3 x 17. 0.25 2 Ta có: a(b c)(b c a)2 c(a b)(a b c)2 b(a c)(a c b)2 0 (1) x z a 2 a b c x x y 0.25 Đặt: b c a y b 2 a c b z y z c 2 2 Khi đó, ta có: (1.0 0.25 điểm) x z x y y z 2 y z x z x y 2 1 2 VT(1) .y .x (x y)(x y).z 2 2 2 2 2 2 4 x z x z y z z y 1 . .y2 . .x2 (x2 y2 )z2 0.25 2 2 2 2 4 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 0.25 (x z ).y (z y ).x (x y ).z 4 4 4 1 1 (x2 y2 ).z2 (x2 y2 ).z2 0 VP (đpcm) 0.25 4 4 (1) (3,0 Câu 4 điểm ) E A B H F 1 (1.0 C điểm) D M N
  40. Ta có D· AM = A· BF (cùng phụ B· AH ) AB = AD ( gt) 0.5 B· AF = A· DM = 900 (ABCD là hình vuông) ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM 0.25 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành Mặt khác. D· AE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.25 = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH · · · 2 Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH ) 0.25 (1.0 ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) điểm) 2 2 SΔCBH BC SΔCBH BC 2 2 = , mà = 4 (gt) = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH AE SΔEAH AE 0.25 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.25 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.25 = = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.25 3 = = hay = (1.0 AN AB AN MN AN MN 2 2 2 2 điểm) AD AD CN CM CN2 + CM2 MN2 + = + = 2 = 2 = 1 AM AN MN MN MN MN 0.25 (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 + = 1 2 2 2 (đpcm) 0.25 AM AN AM AN AD Câu 5 1,0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c R và x, y, z > 0 ta có 2 a2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z 0 . Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 5 2 Câu 5: a2 b2 a b 0 ( ) 1.0 x y x y điểm 2 2 2 a y b x x y xy a b 2 bx ay 0 (luôn đúng)
  41. a b Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 1 1 a2 b2 c2 Ta có: 3 3 3 a (b c) b (c a) c (a b) ab ac bc ab ac bc 0 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có . 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 a b c a b c 5 a b c (Vì abc 1) ab ac bc ab ac bc 2(ab bc ac) 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 Hay ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 0 1 1 1 a2 b2 c2 3 Mà 3 nên . a b c ab ac bc ab ac bc 2 2 5 1 1 1 3 Vậy (đpcm) a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 Điểm toàn bài ( 1 0 , 0 đ i ể m ) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 15 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Bài 1 a) Xác định các hằng số a, b sao cho: chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: Bài 2
  42. 1 1 4 a) Chứng minh rằng với x, y 0 . x y x y 1 1 1 1 1 1 Chứng minh bất đẳng thức sau: với a, b, c là a b c b c a c a b a b c độ dài ba cạnh của một tam giác. Bài 3. Cho hình chữ nhật có AB 2CD , gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB, CD. Nối D với E. Vẽ Dx  DE , tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M. Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM EK . Gọi G là giao điểm của DK và EM. a) Tính D· BK . b) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM. Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng. x.y.z 1 Bài 4. Cho ba số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 x y z x y z Chứng minh rằng có đúng một trong ba số x, y, z lớn hơn 1. Bài 5. Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2 p 1 trong đó p là số nguyên tố, chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác. Bài 6. Cho a a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và chu vi 2p Chứng minh rằng: abc a) p a p b p c 8 1 1 1 1 1 1 b) 2 p a p b p c a b c HƯỚNG DẪN Bài 3. A E B D C I G K H M a) Ta có: EBC ~ DCM (g.g) BE EC 1 EC EC CK mà EC DE CK DE DC DM 2 EK BEC vuông cân tại B nên BE BC , B· ED B· CK 1350 Do đó BED BCK (c.g.c) E· BD C· BK D· BK 900 b) Ta có tứ giác DEKM là hình chữ nhật nên CKM vuông cân tại M suy ra H là trung điểm của CM.
  43. AI // DM (cùng vuông góc với DE), HI // DM (tính chất đường trung bình) nên ba điểm A ; I, H thẳng hàng. Các tam giác CIH, CHK vuông cân tại C và H nên KH CI DI mà DI // KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành. Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật, do đó EM, DK, IH đồng quy tại G là trung điểm của DK. Vậy G IH do đó bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng. Bài 5 Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2 p 1 trong đó p là số nguyên tố, chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác. Hướng dẫn Đặt 2 p 1 a3 a 1 2 p a 1 a2 a 1 Vì p là số nguyên tố nên: a 1 2 p 13 (thỏa mãn) Hoặc a2 a 1 2 (vô lí) vì a 1 Vậy trong các số tự nhiên có dạng 2 p 1 trong đó p là số nguyên tố, chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 16 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1 (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) x2 2014x 2013 2) x(x 2)(x2 2x 2) 1 Câu 2 (4 điểm) 1 2a 3b 7 3a 1) Tìm a, b biết 15 23 7a 20 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x2 2y2 2xy 2x 4y 2013 Câu 3 (4 điểm) 2014 1) Cho a1,a2 , a2013 là các số tự nhiên có tổng bằng 2013 . 3 3 3 Chứng minh rằng: B a1 a2 a2013 chia hết cho 3. 2) Cho a và b là các số tự nhiên thoả mãn 2a2 a 3b2 b . Chứng minh rằng: a b và 3a 3b 1 là các số chính phương. Câu 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi I là một điểm di chuyển trên cạnh BC. Qua I, kẻ đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB tại M. Qua I, kẻ đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC tại N. 1) Gọi O là trung điểm của AI. Chứng minh rằng ba điểm M, O, N thẳng hàng. 2) Kẻ MH, NK, AD vuông góc với BC lần lượt tại H, K, D. Chứng minh rằng MH + NK = AD. 3) Tìm vị trí của điểm I để MN song song với BC. Câu 5 (2 điểm) Cho a b c d và x (a b)(c d), y (a c)(b d), z (a d)(b c) . Sắp xếp theo thứ tự giảm dần của x, y, z . Hết Họ và tên thí sinh: , Số báo danh:
  44. ĐÁP ÁN Chú ý: Dưới đây là hướng dẫn cơ bản, bài làm của học sinh phải trình bày chi tiết. HS giải bằng nhiều cách khác nhau đúng vẫn cho điểm từng phần tương ứng. Câu Ý Nội Dung Điểm x2 2014x 2013 x2 2013x x 2013 0.5 1 x(x 2013) (x 2013) 1 (x 1)(x 2013) 0.5 2 2 2 1 x(x 2)(x 2x 2) 1 (x 2x)(x 2x 2) 1 0.5 (x2 2x)2 2(x2 2x) 1 0.5 2 (x2 2x 1)2 0.5 (x 1)4 0.5 1 2a 7 3a Từ có 20(1 2a) 15(7 3a) 0.5 15 20 a 1 0.5 1 1 2a 3b 1 2.1 3b Thay a 1 vào tỉ lệ thức ta được . 15 23 7a 15 23 7.1 0.5 Suy ra b 2 Vậy a 1, b 2 . 0.5 2 Ta có A x2 2y2 2xy 2x 4y 2013 0.5 x2 2x(y 1) y2 2y 1 y2 6y 9 2003 (x y 1)2 (y 3)2 2003 0.5 2 Nhận thấy với mọi x,y ta có (x y 1)2 0;(y 3)2 0 . 0.5 Suy ra A 2003 Dấu “=” xảy ra khi x 4, y 3 Vậy Giá trị nhỏ nhất của A là 2003 đạt được khi x 4, y 3 0.5 Dễ thấy a3 a a(a 1)(a 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp 0.5 nên chia hết cho 3 Xét hiệu 3 3 3 1 B (a1 a2 a2013 ) (a1 a2 a2013 ) (a1 a2 a2013 ) 0.5 3 3 3 (a1 a1) (a2 a2 ) (a2013 a2013 ) chia hết cho 3 2014 Mà a1,a2 , a2013 là các số tự nhiên có tổng bằng 2013 3. 0.5 3 Do vậy B chia hết cho 3. 0.5 Từ 2a 2 a 3b2 b có (a b)(3a 3b 1) a2 0.5 Cũng có (a b)(2a 2b 1) b2 . Suy ra 2 2 0.5 2 (a b) (2a 2b 1)(3a 3b 1) (ab) Gọi (2a 2b 1,3a 3b 1) d . Chứng minh được d=1 0.5 3a 3b 1 là số chính phương a b là số chính phương 0.5 (đpcm)
  45. A M O N 4 B H D E I K C Ta có IM//AC, IN//AB AMIN là hình bình hành 1 1 MN cắt AI tại trung điểm mỗi đường . Mà O là trung điểm AI 0.5 M, O, N thẳng hàng (đpcm) 0.5 Kẻ OE vuông góc với BC. Chứng minh MHKN là hình thang 0.5 vuông. Ta có O là trung điểm MN mà OE//MH//NK. Suy ra OE là đường 2 trung bình của hình thang vuông MNKH nên MH + NK = 2OE 0.5 (1) Xét ΔADI có O là trung điểm của AI và OE//AD. Suy ra OE là 0.5 đường trung bình của ΔADI nên AD = 2OE (2) Từ (1) và (2) ta có MH + NK = AD (đpcm). 0.5 Ta có MN // BC khi và chỉ khi MN là đường trung bình của ABC 0.5 (Do O là trung điểm AI) 3 I là trung điểm BC (Vì MI // AC, MA=MB) 1 Vậy để MN song song với BC thì I là trung điểm BC 0.5 Xét hiệu x y (a b)(c d) (a c)(b d) (d a)(b c) 0.5 Vì d a,b c nên (d a)(b c) 0 . Suy ra x y (1) 0.5 5 Xét hiệu y z (a c)(b d) (a d)(b c) (a b)(d c) 0.5 Vì b a,c d nên (a a)(d c) 0 . Suy ra y z (2) 0.5 Từ (1) và (2) ta sắp xếp theo thứ tự giảm dần là z y x ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 17 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút 5x2 5y2 5z2 x y z 2 5 xy yz xz 2 Câu 1. Cho phân thức A 5x 5y 5z 2 25xy 25yz 25xz
  46. a) Tìm các giá trị của x, y, z để phân thức xác định b) Rút gọn A Câu 2 a) Tìm các giá trị của a để h x 3x2 ax 32 chia cho x 5 có số dư là 3 b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y 3 xy x c) Phân tích đa thức x3 6x2 13x 42 thành nhân tử Câu 3 a4 16 a) Cho M . Tìm a ¢ để M ¢ a4 4a3 8a2 16a 16 1 b) Biết ax by cz 0 và a b c . 2016 ax2 by2 cz2 Tính N bc y z 2 ac x z 2 ab x y 2 Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ các tia Bx  AB , Cy  CA chúng cắt nhau tại D. a) Tứ giác BHCD là hình gì? Vì sao? b) Gọi E là điểm sao cho BC là đường trung trực của EH. Chứng minh tứ giác BCDE là hình thang cân. c) BD cắt EH tại K. Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì để tứ giác HCDK là hình thang cân Câu 5. Cho 0 x, y, z 1. Chứng minh rằng 0 x y z xy yz xz 1 HƯỚNG DẪN Câu 1 a) Ta có 5x 5y 5z 2 25xy 25yz 25xz 25 x y z 2 xy yz xz Xét x y z 2 xy yz xz 0 x2 y2 z2 xy yz xz 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 x y y z z x 0 x y z 0 Để phân thức xác định thì x, y, z không đồng thời bằng 0 b) Đặt x2 y2 z2 a và xy yz xz b thì x y z 2 a 2b 2 a a 2b b2 a2 2ab b2 a b a b Khi đó A 5 a 2b b 5 a b 5 a b 5 x2 y2 z2 xy yz xz Vậy A 5 Câu 4
  47. A F H I B C M K E D x y a) HS tự làm b) Gọi I là giao điểm của AE và BC, K là giao điểm của EH và BD Ta có IM / /DE nên BC / /DE , do đó tứ giác BCDE là hình thang Lại có CE CH mà CH BD nên BD CE , vậy tứ giác BDCE là hình thang cân c) BH cắt AC tại F, ta có Fµ 900 Hình thang HKDC là hình thang cân K· HC H· CD K· HC C· HF (vì C· HF H· CD (so le trong)) HIC HFC H· CI H· CF CH là phân giác của góc ACB ABC cân tại C. Vậy HKDC là hình thang cân khi và chỉ khi ABC là tam giác cân tại C. Câu 5 Từ 0 x, y, z 1 suy ra x xz ; y yz và z zx nên x y z xy yz xz 0 (1) Xét 1 x 1 y 1 z x y z xy yz xz 1 xyz 0 x y z xy yz xz 1 xyz 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 x y z xy yz xz 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 18 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x4 2017x2 2016x 2017 b) x2 y2 z2 x y z 2 xy yz xz 2 Câu 2 a) Một số điện thoại có 10 chữ số là 098716abcd . Hãy tìm bốn số cuối của bốn số điện thoại đó, biết rằng bốn số này tạo thành một số chính phương và nếu ta thêm vào mỗi chữ số của nó một đơn vị thì cũng được một số chính phương.
  48. 1 1 1 1 9 b) Chứng minh rằng với n ¥ , n 1, ta có 5 13 25 n2 n 1 2 20 Câu 3 x2 xy y2 1 a) Chứng minh rằng với x, y ¡ , ta luôn có x2 xy y2 3 b) Cho a b c 9 và a,b,c 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 Câu 4 a) Tìm các số nguyên x, y, z biết x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 b) Phân tích đa thức x2 x 2015.2016 Câu 5 1) Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB=6cm, AC=8cm. M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC. Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC. Khi đó tứ giác ADME có thể đạt được diện tích lớn nhất là bao nhiêu? 2) Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình vuông. Chứng minh rằng: AC a) S MN NP PQ QM ABCD 4 b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất c) Xác định vị trí của M, N, P, Q để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất HƯỚNG DẪN Câu 1 b) Đặt x2 y2 z2 a ; xy yz zx b , ta có B a a 2b b2 a b 2 Câu 2 a) Theo đề bài ta có: 2 abcd n (31 m,n 100 ) 2 a 1 b 1 c 1 d 1 m 2 2 m n 11 m 56 m n 1111 11.101 1111.1 m n 101 n 45 Vậy số điện thoại cần tìm là 0987162025 b) Ta có 1 1 1 1 1 1 2 2 n2 n 1 2n 2n 1 2n n 1 2 n n 1 1 1 1 1 1 2 2 13 2 3 2 2 3 1 1 1 1 1 2 2 25 3 4 2 3 4 1 1 1 1 1 2 2 n2 n 1 2n 2n 1 2 n n 1
  49. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 2 5 13 25 n2 n 1 5 2 2 3 3 4 n n 1 5 4 20 Câu 4 a) x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 0 x2 y2 z2 xy 3y 2z 3 1 (vì x, y, z là các số nguyên) 2 2 y y 2 x 3 1 z 1 0 2 2 x 1 y 2 z 1 b) x2 x 2015.2016 x2 2016x 2015x 2015.2016 x x 2016 2015 x 2016 x 2016 x 2015 Câu 5 1) A x E D B M C Đặt AE x ( 0 x 6 ) BE EM 6 x EM 4 Ta có EM 6 x AB AC 6 8 3 4 4 2 4 2 4 2 4 4 2 SADME AE.AD x. 6 x 6x x x 6x x 3 9 9. x 3 3 3 3 3 3 3 Vậy minSADME 12 x 3 M là trung điểm của BC 2) A M B J N I Q K D P C a) Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của QN, MN, PQ ta có 1 1 1 1 BJ MN ; IJ QM ; KI PN ; DK PQ 2 2 2 2 AC AC AC.BD MN NP PQ QM BJ JI IK KD S 4 2 2 ABCD
  50. b) Theo phần a) chu vi tứ giác MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất khi đường gấp khúc BJIKD trùng với đoạn BD, tức là khi MN / / AC / /PQ và MQ / /BD / /NP lúc đó tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Vậy với mọi hình chữ nhật nội tiếp hình vuông đã cho đều có chu vi bằng nhau và chu vi đó nhỏ nhất so với chu vi tất cả các tứ giác nội tiếp hình vuông này. c) A M B F E N Q G H D P C Từ các đỉnh M, N, P, Q ta dựng các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông. Các đường thẳng đó hoặc trùng nhau hoặc song song. Nếu chúng song song từng đôi thì giao điểm của chúng sẽ tạo thành hình chữ nhật. Ta có SMNPQ SMHQ SQGP SPFN SMEN SEFGH 1 1 1 1 SMNPQ SAMHQ SQGPD SPFNC SEFGH SMEBN SABCD SEFGH SABCD 2 2 2 2 Do đó SMNPQ đạt giá trị nhỏ nhất SEFGH 0 EF  HG hoặc HE  FG Vậy tứ giác nội tiếp hình vuông có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi có ít nhất một trong hai đường chéo của nó song song với cạnh của hình vuông ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 19 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút Câu 1. Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng ab a b 1 chia hết cho 48. Câu 2 a) Giải phương trình: 2 2 2x2 x 2016 4 x2 5x 2015 4 2x2 x 2016 x2 5x 2015 b) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn abcd 1. Tính giá trị của biểu thức 1 1 1 1 M abc ab a 1 bcd bc b 1 acb cd c 1 abd ad d 1 Câu 3. Cho đa thức P x thỏa mãn khi chia cho x 3 thì dư 17 ; khi chia cho x 1 dư 3. tìm dư của phép chia P x cho x2 4x 3
  51. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA ; BB ; CC , trực tâm H AH BH CH a) Tính tổng AA BB CC b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN theo thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB ( M AC , N AB ). Chứng minh AN.BI.CM BN.IC.AM AB BC CA 2 c) Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì thì biểu thức đạt AA 2 BB 2 CC 2 giá trị nhỏ nhất 1 1 1 Câu 5. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2016 . x y z x y y z z x Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x2 y2 y2 z2 z2 x2 HƯỚNG DẪN Câu 1 Ta có ab a b 1 a 1 b 1 Vì a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên a 2n 1 2 , b 2n 3 2 2 , ( n ¢ ), suy ra ab a b 1 a 1 b 1 16n n 1 n 2 Vì n , n 1 , n 2 là tích của ba số nguyên liên tiếp nên n n 1 n 2 chia hết cho 3, mà 16,3 1 nên 16n n 1 2 n 2 48 nên ab a b 148. Câu 2 a) Đặt 2x2 x 2016 a ; x2 5x 2015 b , ta có a2 4b2 4ab a 2b 2 0 a 2b , từ đó tìm ra x Câu 3 Vì đa thức chia là x2 4x 3 có bậc hai nên đa thức dư có dạng ax b Ta có P x x 1 x 3 .Q x ax b P 3 17 3a b 17 và P 1 3 a b 3 Do đó a 7 ; b 4 nên đa thức dư có dạng 7x 4 Câu 4 A B' C' M x N H B I C A' D a) Ta có 1 1 1 S AA .BC ; S BA .AH ; S CA .AH ABC 2 BHA 2 CHA 2
  52. A B A C .AH S S AA AHB AHC 2 AA .BC SABC AH 2 Chứng minh tương tự ta có: AB B C .BH BC AC .CH S S BH S S CH AHB BHC 2 ; BHC AHC 2 BB .AC CC .AB SABC BB SABC CC 2 2 AH BH CH S S S S S S 2S AHB AHC AHB BHC BHC AHC ABC 2 AA BB CC SABC SABC b) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: AN AI BI AB CM IC ; ; , từ đó suy ra BN BI IC AC AM AI AN BI CM AI AB IC AB IC AB AC . . . . . . 1 AN.BI.CM BN.IC.AM BN IC AM BI AC AI AC BI AC AB c) Vẽ Cx  CC , gọi D là điểm đối xứng với A qua Cx Ta có tam giác BAD vuông tại A và CD CA; AD 2CC Xét ba điểm B, C, D, ta có BD BC CD BAD vuông tại A nên AB2 AD2 BD2 AB2 AD2 BC CD 2 AB2 4CC 2 BC AC 2 4CC 2 BC AC 2 AB2 Chứng minh tương tự ta có: 4AA 2 AB AC 2 BC 2 4BB 2 AB BC 2 AC 2 2 2 AB BC CA 2 2 2 4 AA BB CC AB BC CA 2 2 2 4 AA BB CC Đẳng thức xảy ra BC AC; AC AB; AB BC ABC đều Câu 5 2 1 1 4 Áp dụng các bất đẳng thức 2 a2 b2 a b ; a b a b Ta có x y y z z x 2 x y 2 y z 2 z x P x2 y2 y2 z2 z2 x2 2 x2 y2 2 y2 z2 2 z2 x2 2 x y 2 y z 2 z x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 2 2 2 2 2. x y y z z x x y y z z x 4 x y y z z x 2 1 1 1 P 2. 2016 4 x y z 3 Vậy minP 2016 x y z 2016 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ 20 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút
  53. Câu 1. Chứng minh rằng: a) Nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. b) Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. 1 x3 1 x2 Câu 2. Cho biểu thức B x : 2 3 1 x 1 x x x a) Rút gọn biểu thức B 2 b) Tính giá trị của biểu thức B tại x 1 3 c) Tìm giá trị của x để B 0 Câu 3 3 3 a) Giải phương trình x2 5x 6 1 x2 7 5x 3 x y z a b c x2 y2 z2 b) Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng 1. a b c x y z a2 b2 c2 Câu 4. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? Tại sao? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB và AD. Chứng minh EF / / AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. PD 9 d) Giả sử CP  BD và CP 2,4cm , . Tính độ dài các cạnh của hình chữ PB 16 nhật ABCD. Câu 5. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thoả mãn đồng thời các điều kiện: x y z 11 và 8x 9y 10z 100 HD CHẤM THI Môn: Toán Câu 1: (4 điểm) Gọi 2 số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3. 0,25 0,25 Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)= 0,5 a. = (a + b) 0,5 0,25 (2,0) Vì a + b chia hết cho 3 nên (a + b)2 - 3ab chia hết cho 3; 0,5 Do vậy (a + b) chia hết cho 9 0,5 Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là: n, n + 1, n + 2, n + 3 (n N). 0,25 Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 0,25 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) 0,5 b. Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 0,25 (2,0) = (n2 + 3n + 1)2 0,25 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương 0,5
  54. Câu 2 ( 4,0 điểm ) . a, ( 2 điểm ) Với x khác -1 và 1 thì: A = 0,5 = 1,0 = 0,5 b, (1 điểm) Tại x = = thỡ A = 0,25 = 0,75 c, (1 điểm) Với x khác -1 và 1 thì B 1 0,25 Câu 3: (4,0 điểm) Đặt x2 - 5x + 6 = a, 1 - x2 = b thì a + b = 7 - 5x 0,5 Phương trình trở thành a3 + b3 = (a + b)3 a. Biến đổi thành ab(a + b) = 0 (2,0) a = 0 hoặc b = 0 hoặc a + b = 0 0,5 Từ đó tìm được S = 1,0 a b c ayz+ bxz+ cxy Từ : 0 0 x y z xyz ayz + bxz + cxy = 0 0,5 b x y z x y z 2 (2,0) Ta có : 1 ( ) 1 a b c a b c x2 y2 z2 xy xz yz 0,5 2( ) 1 a2 b2 c2 ab ac bc x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2 1 0,5 a2 b2 c2 abc x2 y2 z2 1(dfcm) a2 b2 c2 0,5 Câu 4. (6,0 điểm): Vẽ hình, ghi GT, KL đúng 0,25 D C P M O I F E A B
  55. a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD. PO là đường trung bình của tam giác CAM ( ) AM//PO Tứ giác AMDB là hình thang. 1,0 b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị) Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở I nên góc IAE = góc IEA. Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng. 1,75 MF AB c) Chứng minh MAF ~ DBA (g-g) nên => không đổi. FA AD 1,0 d) Nếu thì CP PB Nếu thì CBD ~ DCP (g-g) => PD CP do đó CP2 = PB.PD hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2 PD = 9k = 1,8(cm); PB = 16k = 3,2 (cm => BD = 5 (cm) C/m BC2 = BP.BD = 16 do đó BC = 4 (cm); CD = 3 (cm) 2,0 Câu 5. (2,0 điểm) 100 0,5 Ta có: 8x + 8y + 8z x + y + z x + y + z = 12 0,5 Ta có hệ: x + y + z = 12 (1); 8x + 9y + 10z = 100 (2). 0,25 Nhân 2 vế của (1) với 8 rồi trừ vế-vế của (2) cho (1), được: y + 2z = 4 (3) 0,25 Từ (3) suy ra z = 1 (vì nếu z ≥ 2 thì do y ≥ 1 => y + 2z ≥ 4, mâu thuẫn) 0,25 Với z = 1, tìm được y = 2 và x = 9. 0,25 Thử lại, thấy đúng. Vậy có duy nhất bộ x = 9, y = 2 và z = 1 thoả mãn.