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

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

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

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 –

(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)

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

N

F

<=> 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

E

A

M

D

(Sole trong EI//AN)

B

H

C

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 =>  ᄋ ᄋ +  = 1v HCA HAC =>  ᄋAHC = 1v Hay AF  ^  BC

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

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:

3

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

A

ượ ề ầ ả s  ta tìm đ ᄋ

D

ᄋ = ᄋ ᄋ = 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

B

C

E

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

ᄋ ᄋ = + 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

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

2

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 =

2

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,

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

3

3

3

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

1 1

1 1

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

ᄋ ᄋ (cid:0) (cid:0) (1)

1B1C1 đ u). Nh ng

1

1

1

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

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

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)

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)

Ơ

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

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

0.

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

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

2

2

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

A

ị ụ

21

3

1

3

I

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;  ᄋ ᄋB C= ) =>  ᄋ A và AE = AD

C

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

B

E

D

ườ 1 2 D ABE ng trung bình

=> DI = AB và DI//AB Và DE là đ 1 2

2A

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 =>  ᄋ ᄋ1 2

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

2

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

2

4

2

- 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

2

- <=> (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)

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

A

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)

L

ể ể ừ ọ

I

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

O

B

C

K

E

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

D

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)

ᄋ ᄋ

M t khác:  ᄋ ố ỉ =>  ᄋ ᄋ = ECA FBE  =>  D DEC cân t i Dạ AC => OL ^ 1 2  = 900 mà  ᄋ  = 900;  ᄋ + FBE FEB ᄋ ᄋ =  (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

ề ạ => OK = OC = OA = OD (do  D ACD vuông t ạ ể i C, O là trung đi m c nh huy n)

=> D AKD vuông t ạ i K. V y ậ ᄋAKD  = 900