Đề thi học sinh giỏi Toán 8 cấp huyện năm 2002-2003: Tuyển chọn, có đáp án

Ệ

Ề

Ấ I TOÁN 8 C P HUY N

Ọ Đ THI H C SINH GI Ọ

Ỏ NĂM H C 2002 – 2003 ề ể ờ (Th i gian 150 phút không k phát đ ) ================ ế

ằ

ế ứ b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz (cid:0)

3 + b3 + c3 = 3abc Bài 1: (4 đi m)ể a/ Ch ng minh r ng, n u a + b + c = 0 thì a ả 0. d a vào k t qu câu trên hãy tính yz 2 x

+ + A = ự xz 2 y xy 2 z

2 + 2002 là m t s chính ph

ộ ố ươ ố ng

2 = (4(n – 2))3

ả ấ ả t c các s nguyên n sao cho n ọ ố

ộ ườ ng có 2392 h c sinh. Trong đó có m t s h c sinh đ t gi

ạ ả , m t s h c sinh đ t gi i qu c gia, m t s đ t gi

ộ ố ọ ư ọ ố ạ ọ ả ng (nh ng không có h c sinh nào đ t 2 gi

ữ ố ủ ọ ạ

ộ ố ạ ế ằ i). Bi ạ i; và s h c sinh đ t gi ạ ạ ả ố ọ ơ ố ọ i qu c gia ít h n s h c sinh đ t gi ạ ả ộ ố ọ ộ ố ạ ả ủ ỉ i c a t nh và m t s đ t gi ọ ố ỗ ạ t r ng s các h c sinh đ t m i gi ơ ố ọ ạ ố ế ả ít h n s h c sinh đ t gi i qu c t ả ỉ ố ọ ả ỉ i t nh và s h c sinh đ t gi ỳ i trong k thi ả ủ i c a i nói trên ả i i t nh

ố ơ ố ọ

ố ườ ạ ng. ỗ ả ạ ả Bài 2: (4 đi m)ể Tìm t Bài 3: (4 đi m)ể Tìm m i s nguyên n tho mãn (n + 5) Bài 4: (4 đi m) ể M t tr ố ế qu c t ườ tr cũng là các ch s c a h c sinh còn l ả ạ ố ọ qu c gia, s h c sinh đ t gi ả ủ ìt h n s h c sinh đ t gi i c a tr Hãy cho bi ạ ế ố ọ t s h c sinh đ t m i gi i không đ t gi i?

ạ ố ọ i nói trên và s h c sinh còn l ự ề

ườ ứ ế Bài 5: (4 đi m)ể Cho D ABC, trên AB và AC v phía ngoài tam giác ta d ng hai hình vuông ABDE ủ D ABC ằ và ACMN. Ch ng minh r ng trung tuy n qua A c a ủ D AEN kéo dài chính là đ ng cao c a

BÀI GI I:Ả

3 = c3 <=> a3 + b3 + 3ab(a + b) = c3

ừ

Bài 1: a/ T a + b + c = 0 <=> a + b = c <=> (a + b) <=> a3 + b3 + 3ab(c) = c3 <=> a3 + b3 + c3 = 3abc

ừ b/ Vì xyz (cid:0) 0 nên t xy + yz + xz = 0 <=>

+ + . . ụ Ap d ng câu a ta suy ra: = 3. 1 1 1 + + = 0. x z y 1 1 1 x y z 1 3 y

+ + + + + + . . ừ T A = = ) = xyz. 3. = 3 yz 2 x xz 2 y xy 2 z 1 3 y 1 3 z 1 1 1 x y z

ả ử ươ 1 1 3 3 z x xyz xyz xyz 3 3 3 z y x 2 + 2002 = k2 ng thì n 1 = xyz( 3 x (x (cid:0) N) <=> 2002 = (k + n)(k – n) (1) Bài 2: Gi

ướ ủ

ẵ ẻ ố s có s chính ph Suy ra (k + n) và (k – n) là Mà (k + n) + (k – n) = 2k là s ch n, nên (k + n) và (k – n) cùng tính ch n l . Do 2002 là s ố

ề ẵ

ạ

ậ ố c c a 2002. ố ẵ ch n nên (k + n) và (k – n) đ u là s ch n; Suy ra (k + n)(k – n)M 4. Khi đó t ố V y không có s nguyên n nào đ n ố ẵ ề ừ M 4. Đi u này vô lí. (1) ta l i có 2002 ể 2 + 2002 là s chính ph ươ ng.

2 – 193n + 179 = 0 <=> n = 3 Vì 64n2 –

ặ

(cid:0) a, b, c, d (cid:0) 9 Bài 3: (n + 5)2 = (4(n – 2))3 <=> n2 + 10n + 25 = 64(n3 – 6n2 + 12n – 8) <=> n2 + 10n + 25 = 64n3 – 384n2 + 768n – 512 <=> 64n3 – 385n2 + 758n – 537 = 0 <=> (n – 3)(64n2 – 193n + 179) = 0 <=> n – 3 = 0 ho c 64n 193n + 179 = 0 vô nghi mệ ạ ọ ố ọ Bài 4: G i s h c sinh đ t gi

9 => a + b + c + d (cid:0) a, b, c, d (cid:0) 36 => abcd > 2300 => a = 2 và b = 3

ả i là a, b, c, d; Trong đó 1 Theo bài toán ta có: abcd + a + b + c + d = 2392 Vì 1 (cid:0) Lúc đó ta có: 23cd + 2 + 3 + c + d = 2392 <=> 2300 + 10c + d + 5 + c + d = 2392

7 c (cid:0) 87 <=> 6 (cid:0) 18 <=> 69 (cid:0)

ả

ố ế ủ ố ọ ỏ i qu c t ố ọ i qu c gia là 3; S h c

ỏ ố ọ ườ i c p tr i là 2375 ố ạ ố ọ ng là 7; Và s h c sinh còn l I ố ng đó là 2; S h c sinh gi ườ ắ ạ i H

<=> 11c + 2d = 87 Mà 0 (cid:0) 11c (cid:0) 2d (cid:0) ế N u c = 6 => 11.6 + 2.d = 87 => d = 21/2 (không tho mãn) ế N u c = 7 => 11.7 + 2.d = 87 => d = 5 ậ ố ọ c a tr V y s h c sinh gi ỏ ấ ỏ ấ ỉ i c p t nh là 5 và S h c sinh gi ể ọ ố

ﾷ

(Sole trong EI//AN)

ﾷ = 1v

sinh gi Bài 5: G i F là trung đi m FN N i FA kéo dài c t BC t ấ Trên tia đ i tia FA l u I sao cho FI = FA => AEIN là hình bình hành => IN = AE = AB và IE = AN = AC ﾷ = ớ (cùng bù v i góc EAN) IEA BAC => D AEI = D BAC (cgc) ﾷ => ﾷ = BIA ACB ﾷ Mà ﾷ BIA IAN= ﾷ => ﾷ = IAN ACB ﾷ + ặ M t khác: IAN HAC => ﾷﾷ + = 1v HCA HAC => ﾷAHC = 1v Hay AF ^ BC

Ấ

Ệ

Ề

I TOÁN 8 C P HUY N

Ọ Đ THI H C SINH GI Ọ

Ỏ NĂM H C 2003 – 2004 ộ ố

ươ ủ ớ ố ự ề ng v i s t ứ nhiên đ ng li n tr ướ c

ộ ố

ươ ươ ệ ủ ng c a ph ứ ằ Bài 1: (3 đi m)ể Ch ng minh r ng tích c a m t s chính ph ế nó là m t s chia h t cho 12 Bài 2: (3 đi m)ể Tìm nghi m nguyên d

3 + xy – 7 = 0 b 1 ax

= ả ươ ớ ẩ ố i ph ng trình sau v i n s là x: Bài 3: (3 đi m)ể Gi - - ng trình: 2x a 1 bx

ự ạ ạ ộ

ể ộ

ộ

ể ỏ ừ ể ế ẳ ấ ả ổ Bài 4: (4 đi m) ể Cho 0 < x, y, z < 1. Ch ng minh 0 < x + y + z – xy – yz – xz < 1 ứ Bài 5: (3 đi m)ể Cho D ABC. Hãy xác đ nh (d ng hình) trên c nh BC m t đi m E và trên c nh AB ể ị m t đi m D sao cho BD = DE = EC Bài 6: (4 đi m)ể Cho D ABC có các c nh không b ng nhau. Hãy tìm m t đi m trong tam giác sao ằ ườ ng th ng AB, BC, CA là nh nh t. cho t ng các kho ng cách t ạ đi m đó đ n các đ

2(n2 – 1) = (n – 1)n2(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1)

ứ ả BÀI GI I:Ả 2(n2 – 1) M 12 Bài 1: Theo bài toán ta ph i ch ng minh: n

ậ ậ Th t v y: n Ta có: (n – 1)nM 2 và n(n + 1) M 2 => n2(n2 – 1) M 4 Và: n2(n2 – 1) = n(n – 1)n(n + 1) M 4 Mà (3, 4) = 1 => n2(n2 – 1) M 3.4 = 12

3 + xy – 7 = 0 ươ

ệ ươ ươ ng trình: 2x (1) Bài 2: Tìm nghi m nguyên d

2 + y. Nên ta có:

ọ ỉ ng nên ta ch ch n các giá tr ị (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ươ ng nên x < 2x ủ c a x > 0; Và x nguyên d <=> ủ ng c a ph (1) <=> x(2x2 + y) = 7; Mà 7 = 1.7 = 1.(7); Vì x nguyên d = x 1 + = 2 2x y 7 = x 1 = y 5 (cid:0) (cid:0)

- ừ Cách 2: T (1) <=> y = = – 2x2; 7 x 7 2x x

ể ố Ư ươ ọ Đ y nguyên thì là s nguyên => x là (7); Mà x nguyên d ng nên ch n x = 1 và x = 7 7 x

=> y = 5 và y = 97 mà y nguyên d

= ả ươ i ph ng trình (1) Bài 3: Gi - - ỉ ọ ặ ố ươ ng nên ta ch ch n c p s x = 1; y = 5 b 1 ax

ĐKXĐ: x (cid:0) và x (cid:0) a 1 bx 1 a 1 b

(1) <=> a(1 – ax) = b(1 – bx) <=> a – a2x = b – b2x <=> a2x – b2x = a – b <=> (a2 – b2)x = a – b - = ươ ệ ấ N u aế 2 – b2 (cid:0) 0 thì ph ng trình (1) có nghi m duy nh t x = - 1 + a b

ươ ươ ệ ớ ạ ng trình đã cho có d ng: 0x = 0 <=> Ph a b 2 2 a b ọ ng trình (1) có nghi m v i m i

x (cid:0) ế N u a = b thì ph 1 và x (cid:0) a 1 b

ươ ươ ệ N u a = b = 0 thì ph ạ ng trình đã cho có d ng: 0x = 0 <=> Ph ớ ng trình (1) có nghi m v i

m i xọ (cid:0) và x (cid:0)

(cid:0) ế 1 b ế ươ ươ ệ 1 a 0 thì ph N u a = b ạ ng trình đã cho có d ng: 0x = 2b <=> Ph ng trình (1) vô nghi m

Bài 4: Vì 0 < x, y, z < 1 => 1 – x > 0 => y(1 – x) > 0 => y – xy > 0

ự ươ ta có: x – xz > 0 và z – yz > 0 ng t

(1)

ừ ặ T => 0 < x + y + z – xy – yz – xz M t khác t : 1 – x > 0; 1 – y > 0 và 1 – z > 0 => (1 – x)(1 – y)(1 – z) > 0

(2)

=> 1 – x – y – z + xy + xz + yz – xyz > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz + xyz) > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz) > 0 ( vì xyz > 0) Hay 1 > x + y + z –xy– xz – yz ứ

ượ ề ầ ả s ta tìm đ ﾷ

ﾷ = ﾷﾷ = DCE EDB DEB + = => ﾷ Mà ﾷ DCE EDB DEB

ﾷ D EDB cân t ạ i D => ừ T (1) và (2) ta suy ra đi u c n ch ng minh. ả ử ệ ề Bài 5: Gi c D, E tho mãn đi u ki n bài toán thì ta có BD = DE = EC; Lúc đó ta có D ECD cân t ﾷ = ạ i E => DCE EDB ﾷ1 2 ﾷ = DBE DEB

ﾷ = = DCE EDB

ặ M t khác ta cũng có: ﾷ1 => ﾷ B 2 ự ừ ư T đó ta có cách d ng nh sau:

ự ằ ạ ạ ằ ộ ạ + T i C d ng tia Cx n m trong tam giác ABC t o CB m t góc b ng ắ ; Cx c t AB t i D

ự ạ ằ ạ ằ ộ ạ + T i D d ng tia Dy n m trong tam giác DBC t o CD m t góc b ng ắ ; Cy c t BC t i E ﾷ1 B 2 ﾷ1 B 2

ﾷ = ﾷ = DCE EDB ứ ự ừ Ch ng minh: T cách d ng ta có => D ECD cân t ạ i E => DE = EC ﾷ1 B 2

ﾷﾷ = + ặ M t khác = i D => DE = BD + ﾷ DEB DCE EDB = ﾷB => D EDB cân t ạ ﾷ1 B 2 ﾷ1 B 2

ậ V y BD = DE = EC

Ề

Ấ

Ệ

I TOÁN 8 C P HUY N

Ọ Đ THI H C SINH GI Ọ

Ỏ NĂM H C 2004 – 2005

2004. nhiên nào đó n ố ư ủ

Bài 1: (3 đi m)ể Cho s t

1; n2; …; nk 3. Tìm s d c a phép chia S cho 6

3 + n2

ố ự nhiên N = 2003 ố ự ủ ổ t N thành t ng c a k s t + … + nk ế Vi 3 Sn = n1

ứ ớ ệ ố ứ ế ằ

ố ẻ ứ ể ộ Bài 2: (6 đi m)ể 1/ Ch ng minh r ng n u P(x) là m t đa th c v i h s nguyên, thêm vào đó P(0) và ệ P(1) là các s l

k =

ớ ọ ế ằ v i m i k = 1,2,3, …, 2003. t r ng: a 2/ Cho các s aố 1; a2; …; a2003. Bi ố thì đa th c P(x) không th có nghi m s nguyên + + 3k 1 + 3 k) 3k (k

1 + a2 + … + a2003

ổ Tình t ng a

(cid:0) ế ằ t r ng |a + b + c| 1; |c| (cid:0) 1; + + (cid:0) c 1. Bài 3: (2 đi m)ể Bi a b 4 2 (cid:0) ứ ằ Ch ng minh r ng: |a| + |b| + |c| 17

1, B1,

ể

Cho D ABC. Trên các tia đ i c a các tia CB, AC, BA l n l ố ủ ằ ầ ượ ấ ề 1B1C1 đ u thì

ườ ạ t l y các đi m A D ABC cũng đ u.ề ể ng cao AH. Các đi m E, F theo th c t ứ ự

ế ﾷBAC = 400, đ ﾷ ứ ằ ạ ộ Bài 4: (3 đi m) ể ứ C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1. Ch ng minh r ng n u tam giác A Bài 5: (4 đi m)ể Cho D ABC cân t ẳ thu c các đo n th ng AH, AC sao cho = 300. Ch ng minh r ng AE = AF i A, ﾷ EBA FBC=

BÀI GI I:Ả

ế Bài 1: Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia h t cho 6 v i m i s nguyên a

1 + n2 + … + nk, ta có: S – N = (n1

3) – (n1 + n2 + … + nk) =

ọ ố 3 + … + nk

3 nk) chia h t cho 6

3 n1) + (n2

3 n2) + … + (nk ố ư

ớ 3 + n2 ế

2 chia cho 6 d 1 => N = 2003 ư

2004 = (20032)1002 chia

ư ặ

ặ Đ t N = n = (n1 => S và N có cùng s d khi chia cho 6 M t khác, 2003 chia cho 6 d 5 => 2003 ư ư

ệ ứ ố ậ ả ử s đa th c P(x) có nghi m s nguyên là a, ta có P(x) M x – a.

ệ ố cho 6 d 1. V y S chia cho 6 d 1. Bài 2: 1/ Gi

ố ẻ ứ ố ẻ

=> a là s l ố ẻ ẵ ẫ

ặ ậ => a ch n (Mâu thu n) ệ ể - k - ớ 2/ Ta có: ak = = … = = ọ V i m i k = 1, 2, + - 3k 1 k 3 + 1 + 3 (k 1) Do đó P(x)= (x – a).g(x) (g(x) là đa th c có h s nguyên) Ta có: P(0) = a.g(0) là s l ố ẻ => 1 – a là s l M t khác P(1) = (1 – a)g(1) là s l ứ ệ V y P(x) có nghi m s nguyên là sai. Do đó đa th c P(x) không th có nghi m nguyên + + 3 3 (k 1) k 3 3 k (k 1) ố + 2 3k + (k 1) k 1 3 k

3, …, 2003

1 =

- - - 1 ớ V i k = 1: a ; k = 2:a2 = ; … ; k = 2003: a2003 = 1 3 2 1 3 2 1 3 2003 1 3 2004

- 1 = => S = a1 + a2 + a3 + … + a2003 = 1 3 3 1 3 2004 8048096063 8048096064

ặ + + (3) c Bài 3: Đ t : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = a b 4 2

ả ế Theo gi thi t, ta cĩ : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1.

ừ ừ T (1), (2) => M N = a + b (4) ; T (2), (3) => P N = + (5) ; a b 4 2

ễ ừ

T (4), (5) ta d dng => a = 2M + 2N 4P; b = M 3N + 4P Khi đó : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N 4P| + | M 3N + 4P| + |N| ≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ;

|P| ≤ 1)

ậ V y : |a| + |b| + |c| ≤ 17.

1B1C1 đ u. Không m t tính t ng quát ta có th gi

1 1

ổ ấ ế ể ả t : thi ề ﾷ s ∆A ﾷ (cid:0) (cid:0) (*)

ﾷﾷ (cid:0) (cid:0) (1)

1B1C1 đ u). Nh ng

ﾷﾷ = + ư ề ặ (*) suy ra : (do ∆A ﾷ ABC BC A C A B 1 ﾷﾷﾷ + (cid:0) (2)

ử ể ấ ẳ ờ

Bài 4: ả ử Gi ﾷ CA B AB C BC A Khi đó : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy ra ﾷ ABC BCA CAB ừ M t khc, t ﾷ => ﾷ = CAB AB C B C A ABC CAB 1 1 1 1 ề ừ T (1), (2) suy ra ∆ABC đđ u (đđpcm). ứ ặ Bài 5: Trên n a m t ph ng b AB, ch a C, l y đi m K sao cho tam giác ABK đ u (ề hình 1)

ả ế thi t, ta cĩ :

ạ

ể ậ

Trong tam gic ABC, theo gi (cid:0) ABC = (cid:0) ACB = (180o 40)/2 = 70o => (cid:0) ABF = (cid:0) ABC (cid:0) FBC = 70o 30o = 40o. V y ậ (cid:0) ABF = (cid:0) BAF => ABF cn t Theo cách d ng đi m K, KA = KB. V y KF là đ ạ i F => FA = FB. ườ ề ự ng trung tr c (cid:0) FKB =

ế

ự ủ (cid:0) AKB (vì ABK đ u) => ủ c a đo n AB => KF là phân giác c a 30o => (cid:0) FKB = (cid:0) EBA (1) (theo gi ả thi ạ ườ t) (cid:0) BAC = 40o , AH là đ ng cao, => ABC cn t i A, (cid:0) BAE =

ặ (cid:0) KAF = (cid:0) KAB (cid:0) FAB = 60o 40o = 20o

ề

1/2.40o = 20o . M t khc V y ậ (cid:0) KAF = (cid:0) BAE (2) . Ch ý r ng ABK đ u nên AB = AK (3) ằ ừ T (1), (2), (3) => : KAF = BAE => AF = AE (đpcm)

Ề

Ấ

Ệ

I TOÁN 8 C P HUY N

Ỏ NĂM H C 2005 – 2006

x 100 x 100

+ … + f + f f ; trong đó f(x) = 10+

Ọ Đ THI H C SINH GI Ọ Bài 1: (4 đi m)ể Tính t ng g m 2004 s h ng: ố ạ ồ ổ 2004 2 � � � � � � � � 2005 2005 � � � �

1 � � � � 2005 � �

ườ ạ ể ng cao AH. Các đi m E, F theo th c t ứ ự

ﾷBAC = 400, đ ﾷ ộ ứ ạ = 300. Ch ng minh r ng AE = AF i A, ﾷ EBA FBC= ứ

Bài 2: (4 đi m)ể Cho D ABC cân t ằ ẳ thu c các đo n th ng AH, AC sao cho ố ự ấ ỳ Bài 3: (4 đi m)ể Cho x, y, z là các s th c không âm b t k . Ch ng minh: (x – y)(y – z)(x + y – z) x(x – y)2 + y(y – z)2 (cid:0)

ệ ứ

ứ ộ ầ ấ ứ ộ ầ ứ ả

ế

ế ầ ấ ả i cùng reo ti p vào lúc nào? ờ ừ 30 phút đ n 11 gi ế 30 phút, có bao nhiêu l n nghe th y ti ng

ộ ầ Bài 4: (4 đi m) ể Có 3 cái chuông trong phòng thí nghi m. Chuông th c nh t c 8 phút reo m t l n. ứ ứ Chuông th hai c 12 phút reo m t l n. Chuông th 3 c 16 phút reo m t l n. C 3 cái cùng reo ờ vào lúc 7 gi ỏ ỏ ờ ủ ồ

4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2

ọ ặ ố ươ ả ng x, y tho mãn: x 30 phút sáng. ạ a/ H i 3 cái chuông l ờ 7 gi b/ H i trong kho ng t reo đ ng th i c a 2 trong 3 chuông? Bài 5: (4 đi m)ể Tìm m i c p s nguyên d

BÀI GI I:Ả

ề ầ ượ ọ ọ ế ủ ế ả t g i v ph i và v trái c a (1) là F và T, ta có:

Bài 2: Bài 5 đ năm h c 2004 2005 Bài 3:L n l T – F = x(x – z)2 + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)(x + y – z)

(cid:0) ậ = (x(x – z)2 – (x – z)(y – z)x) + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z = x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z) = (x – y)(x2 – xz – y2 + yz) + z(x – z)(y – z) = (x – y)2(x + y – z) + z(x – z)(y – z) 0 (cid:0)

(3)

0, ta có T (cid:0) ẽ ứ ứ ả

ẫ ặ ớ ả ế i thi ả t ph n (cid:0) ừ ứ ậ ế + N u F F, V y (1) đúng. ế + N u F > 0, ta s ch ng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 ậ ậ Th t v y, ph n ch ng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có: (x – z)(y – z) < 0 => x > z ho c y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thu n v i gi ch ng. V y (3) đúng, t 0 => (1) đúng. (cid:0) = = y (cid:0) (2) => T – F x = x (cid:0) ẳ ứ ả Đ ng th c x y ra khi (cid:0) = y (cid:0) z = y;z 0 = z;x 0 = = z x;y 0 (cid:0)

ờ ầ ầ

Bài 4: a/ Th i gian 3 chuông cùng reo là BC(8; 12; 16); Mà bài toán yêu c u l n cùng reo k ti p ế ế nên th i gian đó là BCNN(8; 12; 16)

ờ 18phút

ả ờ ầ 30 phút là 240 phút, nên c 3 chuông cùng reo 240 : 5 = 5 l n;

ờ ờ

ế 30phút đ n 11 gi ờ 06 phút; 9 gi ầ ả ừ ế ờ 7 gi

ế ầ ỉ ờ ả BCNN(8; 12; 16) = 48. Nên sau 48 phút c 3 chuông cùng reo ờ ậ 30phút + 48phút = 8gi V y lúc đó là: 7gi ờ ừ 7gi Và t ờ ờ 30 phút. 42 phút và 11 gi 54 phút; 10 gi 18 phút; 9 gi vào lúc: 8 gi ầ ả ứ b/ Vì chuông 1 c 8 phút reo 1 l n, chuông 2 c 12 phút reo 1 l n nên c 2 chuông cùng reo là ờ 30 phút đ n 11 gi BC(8; 12) = 24. V y c 24 phút c 2 chuông cúng reo nên t 30 phút reo ầ 10 l n; nh ng có 5 l n reo cùng lúc 3 chuông; Nên n u ch nghe 2 chuông reo thì 5 l n

ả ự ừ ế ờ ờ ứ ậ ứ ầ ứ ; c 48 phút c 2 chuông 2 và 3 cùng reo nên t 30 phút đ n 11 gi 7 gi 30 phút

ầ ư ươ ng t ư reo 5 l n; nh ng có 5 l n reo cùng lúc 3 chuông; Nên n u ch nghe 2 chuông reo thì 0 l n

ứ ầ ả ừ ế ờ ỉ 7 gi 30 phút reo 15

ế ầ ỉ

ế ả ậ ờ

T ầ ế ờ 30 phút đ n 11 gi Và c 16 phút c 2 chuông 1 và 3 cùng reo nên t ầ ư ầ l n; nh ng có 5 l n reo cùng lúc 3 chuông; Nên n u ch nghe 2 chuông reo thì 10 l n ầ V y n u nghe 2 trong 3 chuông cùng reo trong kho ng th i gian trên là 15 l n Bài 5: Ta có: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 <=> 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1 = 2y2 + 2y + 1 <=> 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x = 2y2 + 2y <=> x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y <=> x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) = y2 + y <=> x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) + 1 = y2 + y + 1

<=> [x(x + 1) + 1]2 = y2 + y + 1 <=> (x2 + x + 1)2 = y2 + y + 1 (1)

ố ươ ế ừ 2 < y2 + y + 1 < (y + 1)2 => y2 + y + 1 không là s chính ph y ng nên (1)

2 + x + 1 = 1 <=> x = 0 và x = 1

không có nghi m nguyên ừ (1) suy ra: x

ậ ệ ặ ươ + N u y > 0 thì t ệ ế + N u y = 0 thì t ươ V y ph ng trình có các c p nghi m nguyên d ng là (0; 0) và (0; 1)

Ề

Ơ

Ệ

Ọ Đ THI H C SINH GI

I TOÁN 8 HUY N AN NH N

ứ ớ ế

Ỏ Ọ ọ ố

2 + n + 1 không chia h t cho 9

n + 2005 chia h t cho 10

2005 – 1.

ồ ạ ế b/ T n t

2 – 2y2 = 5

ả

NĂM H C 2006 – 2007 Bài 1: (4 đi m)ể a/ Ch ng minh r ng v i m i s nguyên n thì n ằ ố ự i hay không s t ữ ố ự Bài 2: (3 đi m)ể Tìm các ch s t Bài 3: (5 đi m)ể a/ Gi ươ ị

i ph ỏ ấ ủ ể nhiên n sao cho 10 nhiên a, b, c sao cho ệ ng trình nghi m nguyên d ứ b/ Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c A = (x + 1) abbc = ab.ac .7 ươ ng x 2 + (x – 3)2

ể ằ ả ử ằ Cho hình vuông ABCD và đi m P n m trong D ABC. Gi s góc BPC b ng 135

ứ

ể ạ ấ ố i A. Trên c nh BC l y đi m D sao cho CD = 2BD. So sánh s đo

CAD Bài 4: (4 đi m) ể 2 + PC2 = PA2 ằ Ch ng minh r ng 2PB Bài 5: (4 đi m)ể Cho D ABC cân t ạ hai góc ﾷBAD và ﾷ1 2

BÀI GI I:Ả

ả ử ồ ạ ố s t n t i s nguyên n đ : n ể 2 + n + 1 M 9 => 4n2 + 4n + 4 M 9

2 + 4n + 4 = (2n + 1)2 + 3 không chia h t cho 9, vô lý

ế

2 + n + 1 không chia h t cho 9

ư ậ ế ớ

Bài 1: (4 đi m)ể a/ Gi => 4n2 + 4n + 4 M 3 => 4n2 + 4n + 1 + 3 M 3 => (2n + 1)2 + 3 M 3 => (2n + 1)2 M 3 => 2n + 1 M 3 => (2n + 1)2 M 9 Nh ng khi đó 4n ọ ố V y v i m i s nguyên n thì n b/ Ta có 102005 – 1 = (10 – 1)(102004 + … + 1) = 9. (102004 + … + 1) M 9 Mà 10n + 2005 = 10n – 1 + 2006 = (10 – 1)(10n1 + … + 1) + 2006 = 9.M + 2006 không chia

n + 2005 chia h t cho 10

2005 – 1. 9999

ế h t cho 9 ậ ồ ạ ố ự V y không t n t i s t nhiên n sao cho 10

Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 (cid:0) <=> 143 (cid:0) =>143 (cid:0) abbc (cid:0) 9999 <=> 1000 (cid:0) ủ ư 1428; Do vai trò c a b, c nh nhau nên gi 37 => a = 1; 2; 3 và 2 (cid:0) 1428 <=> 12 (cid:0) ế ab.ac .7 (cid:0) ả ử s b < c b (cid:0) 7 ab (cid:0) (cid:0)

(cid:0) ư ư ớ ớ abbc < 4000 nh ng v i 2 abbc < 3000 nh ng v i 2 7 thì 3b.3c.7 > 7000 vô lý 7 thì 3b.3c.7 > 3000 vô lý ượ b (cid:0) b (cid:0) ố ầ ab.ac (cid:0) ab (cid:0) ế ế ế c b = 5 và c = 9 và s c n tìm là: 15.19.7 = 1995

2 – 2y2 = 5 Z) vào (2), ta đ

+ N u a = 3 ta có: + N u a = 2 ta có: + N u a = 1 thì ta tìm đ ệ ủ ng c a pt: x (1) (cid:0) ố ẻ ừ ả Bài 3: (5 đi m)ể a/ Tìm nghi m nguyên d T pt (1) ta suy ra x ph i là s l ươ . Thay x = 2k + 1 (k c:ượ

(cid:0) ố ẵ ặ Z), ta có:

2 + 1 là s l

ộ ố ẵ ố ẻ ệ => pt (**) vô nghi m

ệ ậ 4k2 + 4k + 1 – 2y2 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là s ch n. Đ t y = 2t (t 2(k2 + k – 1) = 4t2 <=> k2 + k – 1 = 2t2 <=> k(k + 1) = 2t2 + 1 (**) ậ Nh n xét: k(k + 1) là m t s ch n, 2t ươ ng trình đã cho không có nghi m nguyên.

V y ph b/ Ta có A = (x + 1)2 + (x – 3)2 = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x – 1)2 + 8

8 " x E

A B Vì 2(x – 1)2 (cid:0) 0 " x => A (cid:0) V y minA = 8 <=> x – 1 = 0 <=> x = 1 BP t suy ra: ậ Bài 4: T B ta k ừ ả Theo gi ẽ BE ^ ế thi i Bạ ﾷBPE = 450 => D BEP cân t

=> BE = BP và ﾷBEP = 450 P ụ Và ta cũng có: ﾷEBA = ﾷPBC (cùng ph góc ABP)

D C ụ Mà AB = BC => D ABE = D CBP (cgc) => AE = CP và ﾷAEB = ﾷBPC = 1350 => ﾷAEC = 900 (do ﾷBPE = 450). Ap d ng đ nh lý Pitago cho tam giác vuông AEP ta có: ị PA2 = AE2 + EP2

2 = EB2 + BP2 = BP2 + BP2 = 2BP2

ị ụ

ọ

ﾷ A= Ap d ng đ nh lí Pitago cho tam giác BEP ta có: PE => PA2 = AE2 + 2BP2 = PC2 + 2BP2 (do BE = BP) ể Bài 5: G i E là trung đi m DC => BD = DE = EC => D ABD = D ACE (BD = EC; AB = AC; ﾷﾷB C= ) => ﾷ A và AE = AD

ọ ể G i I là trung đi m A => AI = AE = AD 1 2

ườ 1 2 D ABE ng trung bình

=> DI = AB và DI//AB Và DE là đ 1 2

1A < ﾷ

3A => 2 ﾷ

1A < ﾷ

2A + ﾷ

3A => ﾷ

1A <

2A + ﾷ ( ﾷ

3A )

Mà D (cid:0) BC và BD = BC => AD < AB => AI < DI => ﾷADI < ﾷ

1 2

CAD Hay ﾷBAD < 1 3 Mà DI//AB => ﾷADI = ﾷ 1A (so le trong) 2A + ﾷ 3A < ﾷ 1A + ﾷ 2A => ﾷ => ﾷﾷ1 2

Ề

Ấ

Ệ

I TOÁN 8 C P HUY N

Ọ Đ THI H C SINH GI Ọ

Ỏ NĂM H C 2007 – 2008

ế ằ

3n – mn3 chia h t cho 6 Bài 1: (2 đi m)ể Cho m, n là s nguyên. Ch ng minh r ng m ố ứ ấ ự Bài 2: (3 đi m)ể Cho 2 bình, m i bình có dung tích 1 lít. Bình th nh t đ ng đ y n

ứ ầ ỗ ướ c và bình th ứ

ự ả ầ ườ ướ ứ ứ hai không đ ng gì c . Ban đ u, ng i ta rót ợ lu ng n ấ c trong bình th nh t sang bình th hai, 1 2

ế ạ ượ ướ ứ ứ ấ ạ ượ ti p đó l i rót l ng n c trong bình th hai sang bình th nh t, sau đó l i rót l ng n ướ c 1 4 1 3

ế ụ ứ ấ ỏ ứ , , ứ trong bình th nh t sang bình th hai và quá trình này ti p t c: , … H i c rót đi, rót l ạ i 1 7 1 6

ỗ ư ế ứ ầ

1 5 c trong m i bình? 2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2 ướ nh th thì sau l n rót th 2007 có bao nhiêu n ử Bài 3: (3 đi m)ể Phân tích đa th c thành nhân t : (x

- ị ể ứ t ế . Hãy tính giá tr bi u th c A = Bài 4: (3 đi m) ể Cho bi + 2 3 x x + x 1

ứ x + + = x 1 ủ ạ ứ ằ ộ

ab + bc + ca (cid:0)

x Bài 5: (4 đi m)ể Cho a, b, c là 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ạ ọ ỳ ườ ể ẳ

ườ ớ ằ ắ ể ở ớ ọ ữ ng th ng qua C vuông góc v i AC c t nhau i A. G i E là đi m tu ý n m gi a B và C. Đ ng th ng qua E ủ D. G i K là trung đi m c a

BÀI GI

IẢ

Bài 6: (5 đi m)ể Cho D ABC cân t ẳ vuông góc v i AB và đ ủ ố BE. Tính s đo góc c a góc AKD

M 2

ố ế Bài 1: Ta có: m3n – mn3 = mn(m2 – n2) = mn(m2 – 1 – n2 + 1) = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1) = = mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) Vì tích 2 s nguyên liên ti p luôn có m t s ch n nên chia h t cho 2 => mn(m + 1)(m – 1)

ế ố

ế ế ố ộ ố ẵ ế ế Tích 3 s nguyên tiên ti p chie h t cho 3 => Tích 3 s nguyên liên ti p chia h t cho 6 ( vì (2; 3) = 1)

=> mn(m + 1)(m – 1) M 6 và mn(n – 1)(n + 1) M 6 => mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) M 6 Hay m3n – mn3 M 6

ầ = lít; Bình 2 có lít Bài 2: Theo bài toán thì l n 1: Bình 1 còn 1 – 1 2 1 2

= - ầ lít L n 2: Bình 1 có + lít; Bình 2 có = 1 2 1 1 1 1 . 2 2 3 3 2 3

ầ L n 3: Bình 1 có – = lít; Bình 2 có lít 1 6 2 1 . 3 4 1 2 1 2

= - ầ L n 4: Bình 1 có lít; Bình 2 có lít 1 1 1 2 . 2 2 5 5

ầ L n 5: Bình 1 có – = lít; Bình 2 có lít 1 2 2 3 3 5 3 5 3 1 . 5 6 1 2 1 2

………………………………………………………………………………………………………… ………

ấ ứ ố ầ ẻ ướ ỗ ạ ằ ằ Và ta th y c sau s l n rót l thì n c trong bình m i bình l i ngang b ng nhau và b ng lít

ậ ậ ố ướ ẵ ầ Th t v y: S lít n c trong bình 2 sau các l n rót 2, 4, 6, … (ch n) thì có là ; ; ; ; … nên 1 2 4 9 1 3 2 5 3 7

ố ầ ạ ẵ ổ có d ng t ng quát cho s l n n ch n là n 2n 1+ .

ượ ướ ứ ấ ứ ầ Do đó l ng n c trong bình th nh t sau khi rót l n th n là: 1 – + n 1 + 2n 1

ậ ượ ướ ầ V y l ng n ứ c l n th n + 1 là: n 2n 1+ = 1 (2n 1)2+ + n 1 + – 2n 1 + n 1 + . 2n 1 1 2n 2+ = + n 1 + – 2n 1

ầ ẵ ẻ = = = ; Mà n ch n nên n + 1 là l n rót l + - 2(n 1) 1 + (2n 1)2 + 2n 1 + (2n 1)2 1 2

ư ậ ầ ỗ ứ Nh v y sau l n rót th 2007 thì m i bình có lít n cướ 1 2

2 + 4x + 8 thì bài toán tr thành: t

2 + 3xt + 2x2 = t2 + xt + 2xt + 2x2 =

ặ ở

- <=> –3x = 2x2 + 2x + 2 <=> 2x2 + 5x + 2 = 0 Bài 3: Đ t t = x = t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x2 + 4x + 8 + x)( x2 + 4x + 8 + 2x) = = (x2 + 5x + 8)( x2 + 6x + 8) = (x2 + 5x + 8)( x + 2)(x + 4) 2 3 Bài 4: T ừ 2 x x + + = x 1

- <=> (2x + 1)(x + 2) = 0 <=> x = và x = –2 1 2

= = = - ớ + V i x = thì A = 4 21 1 2 1 - 1 4 21 16

1 � �- � � 2 � � 2 4 1 � � � � + + - � � � � 2 � � � � 2 - ớ + V i x = –2 thì A = 1 2 ( 2) + - 4 - 1 4 1 1 + + 1 16 4 4 = 1 21 ( 2)

- ớ ậ thì A = + 2 ( 2) 4 21

2ab

ự 2 3 0; " a, b => a2 + b2 (cid:0) 2 + c2 (cid:0) ta cũng có: a 2ac và b2 + c2 (cid:0) 2bc ng t T

a2 + b2 + c2 (1)

2 < ab + ac

2ab + 2ac + 2bc <=> ab + bc + ca (cid:0) ủ ạ

x V y v i + + = x 1 x Bài 5: Ta có: (a – b)2 (cid:0) ươ => 2a2 + 2b2 + 2c2 (cid:0) ặ ươ ự ộ M t khác: Vì a, b, c là 3 c nh c a m t tam giác nên ta có a < b + c <=> a 2 < ba + bc và c2 < ca + cb T ta cũng có: b ng t

=> a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc => a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2) (cid:0) T (1) và (2) => ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

ể ể ừ ọ

ể IOK và D LOC có: Bài 6: G i O là trung đi m AD, I là trung đi m AE và L là trung đi m AC Xét D F

ườ IK là đ ng trung bình D ABE => IK = AB và IK//AB

ườ OI là đ ng trung bình D AED => IO = ED và IO//ED 1 2 1 2

OL là đ ng trung bình D ADC => OL = và OL//DC

AB => IK ^

ườ Vì IK//AB; IO//ED mà ED ^ Vì OL//DC mà DC ^ (1) IO => ﾷOIK = 900 AC => ﾷOLC = 900 => ﾷOIK = ﾷOLC

ạ Ta l i có: IK = AB; và LC = AC mà AB = AC => IK = LC (2)

ﾷﾷ

M t khác: ﾷ ố ỉ => ﾷﾷ = ECA FBE => D DEC cân t i Dạ AC => OL ^ 1 2 = 900 mà ﾷ = 900; ﾷ + FBE FEB ﾷﾷ = (đ i đ nh) => CED ECD ặ = FEB ECD

ED = => DE = DC => DC => OI = OL (3) 1 2 ﾷ + DCE ECA ﾷ ; mà ﾷ 1 2 = FEB CED 1 2 D ừ T (1), (2), (3) ta suy ra: IOK = D LOC