Đề thi học sinh giỏi Toán 8 cấp huyện năm học 2002-2003

Chia sẻ: Nguyen Duong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

894
lượt xem 83
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 "Đề thi học sinh giỏi Toán 8 cấp huyện năm học 2002-2003". Đề thi gồm có 5 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán 8 cấp huyện năm học 2002-2003

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2002 – 2003 (Thời gian 150 phút không kể phát đề) ================ Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng, nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz 0. dựa vào kết quả câu trên hãy tính yz xz xy A = 2 + 2 + 2 x y z Bài 2: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương Bài 3: (4 điểm) Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)2 = (4(n – 2))3 Bài 4: (4 điểm) Một trường có 2392 học sinh. Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường (nhưng không có học sinh nào đạt 2 giải). Biết rằng số các học sinh đạt mỗi giải nói trên cũng là các chữ số của học sinh còn lại; và số học sinh đạt giải quốc tế ít hơn số học sinh đạt giải quốc gia, số học sinh đạt giải quốc gia ít hơn số học sinh đạt giải tỉnh và số học sinh đạt giải tỉnh ìt hơn số học sinh đạt giải của trường. Hãy cho biết số học sinh đạt mỗi giải nói trên và số học sinh còn lại không đạt giải? Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ ABC, trên AB và AC về phía ngoài tam giác ta dựng hai hình vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng trung tuyến qua A của ∆ AEN kéo dài chính là đường cao của ∆ ABC BÀI GIẢI: Bài 1: a/ Từ a + b + c = 0 a + b = c (a + b)3 = c3 a3 + b3 + 3ab(a + b) = c3 a3 + b3 + 3ab(c) = c3 a3 + b3 + c3 = 3abc 1 1 1 b/ Vì xyz 0 nên từ xy + yz + xz = 0 + + = 0. x y z 1 1 1 1 1 1 Ap dụng câu a ta suy ra: 3 + 3 + 3 = 3. . . x y z x y z yz xz xy xyz xyz xyz 1 1 1 1 1 1 Từ A = 2 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz( 3 + 3 + 3 ) = xyz. 3. . . = 3 x y z x y z x y z x y z Bài 2: Giả sử có số chính phương thì n + 2002 = k (x N) 2002 = (k + n)(k – n) (1) 2 2 Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002. Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ. Do 2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn; Suy ra (k + n)(k – n)M 4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002M 4. Điều này vô lí. Vậy không có số nguyên n nào để n2 + 2002 là số chính phương. 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 hoặc 64n2 – 193n + 179 = 0 n = 3 Vì 64n2 – 193n + 179 = 0 vô nghiệm Bài 4: Gọi số học sinh đạt giải là a, b, c, d; Trong đó 1 a, b, c, d 9 Theo bài toán ta có: abcd + a + b + c + d = 2392 Vì 1 a, b, c, d 9 => a + b + c + d 36 => abcd > 2300 => a = 2 và b = 3 Lúc đó ta có: 23cd + 2 + 3 + c + d = 2392 2300 + 10c + d + 5 + c + d = 2392
11c + 2d = 87 Mà 0 2d 18 69 11c 87 6 c 7 Nếu c = 6 => 11.6 + 2.d = 87 => d = 21/2 (không thoả mãn) Nếu c = 7 => 11.7 + 2.d = 87 => d = 5 Vậy số học sinh giỏi quốc tế của trường đó là 2; Số học sinh giỏi quốc gia là 3; Số học sinh giỏi cấp tỉnh là 5 và Số học sinh giỏi cấp trường là 7; Và số học sinh còn lại là 2375 Bài 5: Gọi F là trung điểm FN Nối FA kéo dài cắt BC tại H I Trên tia đối tia FA lấu I sao cho FI = FA => AEIN là hình bình hành N => IN = AE = AB và IE = AN = AC ﾷﾷ F IEA = BAC (cùng bù với góc EAN) => ∆ AEI = ∆ BAC (cgc) E ﾷ => BIA ﾷ = ACB A M ﾷﾷ Mà BIA = IAN (Sole trong EI//AN) ﾷ => IAN ﾷ = ACB ﾷﾷ D Mặt khác: IAN + HAC = 1v ﾷ => HCA ﾷ = 1v B H C + HAC ﾷ => AHC = 1v Hay AF ⊥ BC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2003 – 2004 Bài 1: (3 điểm) Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12 Bài 2: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0 a b Bài 3: (3 điểm) Giải phương trình sau với ẩn số là x: = 1 − bx 1 − ax Bài 4: (4 điểm) Cho 0
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0 (1) (1) x(2x + y) = 7; Mà 7 = 1.7 = 1.(7); Vì x nguyên dương nên ta chỉ chọn các giá trị 2 x =1 x =1 của x > 0; Và x nguyên dương nên x x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7 x => y = 5 và y = 97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5 a b Bài 3: Giải phương trình = (1) 1 − bx 1 − ax 1 1 ĐKXĐ: x và x b a (1) a(1 – ax) = b(1 – bx) a – a2x = b – b2x a2x – b2x = a – b (a2 – b2)x = a – b a− b 1 Nếu a2 – b2 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 = a −b 2 a+ b Nếu a = b thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 Phương trình (1) có nghiệm với mọi 1 1 x và x b a Nếu a = b = 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 Phương trình (1) có nghiệm với 1 1 mọi x và x b a Nếu a = b 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 2b Phương trình (1) vô nghiệm Bài 4: Vì 0 0 => y(1 – x) > 0 => y – xy > 0 Tương tự ta có: x – xz > 0 và z – yz > 0 => 0 0; 1 – y > 0 và 1 – z > 0 => (1 – x)(1 – y)(1 – z) > 0 => 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 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra điều cần chứng minh. Bài 5: Giả sử ta tìm được D, E thoả mãn điều kiện bài toán thì ta có BD = DE = EC; Lúc đó ta có ∆ ECD cân tại E => DCE ﾷﾷ = EDB A ﾷﾷ 1 ﾷﾷ Mà DCE ﾷ + EDB ﾷ = DEB => DCE = EDB = DEB 2 D Mặt khác ta cũng có: ∆ EDB cân tại D => DBE = DEB ﾷﾷﾷﾷ 1ﾷ => DCE = EDB = B 2 B C Từ đó ta có cách dựng như sau: E 1ﾷ + Tại C dựng tia Cx nằm trong tam giác ABC tạo CB một góc bằng B ; Cx cắt AB tại D 2 1ﾷ + Tại D dựng tia Dy nằm trong tam giác DBC tạo CD một góc bằng B ; Cy cắt BC tại E 2 ﾷﾷ 1ﾷ Chứng minh: Từ cách dựng ta có DCE = EDB = B => ∆ ECD cân tại E => DE = EC 2
1ﾷ 1ﾷﾷ Mặt khác DEB ﾷ = DCE ﾷ + EDB = B + B ﾷ => ∆ EDB cân tại D => DE = BD = B 2 2 Vậy BD = DE = EC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005 Bài 1: (3 điểm) Cho số tự nhiên N = 20032004. Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1; n2; …; nk Sn = n13 + n23 + … + nk3. Tìm số dư của phép chia S cho 6 Bài 2: (6 điểm) 1/ Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm số nguyên 3k 2 + 3k + 1 2/ Cho các số a1; a2; …; a2003. Biết rằng: ak = với mọi k = 1,2,3, …, 2003. (k 2 + k)3 Tình tổng a1 + a2 + … + a2003 a b Bài 3: (2 điểm) Biết rằng |a + b + c| 1; |c| 1; + + c 1. 4 2 Chứng minh rằng: |a| + |b| + |c| 17 Bài 4: (3 điểm) Cho ∆ ABC. Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy các điểm A 1, B1, C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1. Chứng minh rằng nếu tam giác A1B1C1 đều thì ∆ ABC cũng đều. Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A, BACﾷ = 400, đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho EBA ﾷﾷ = FBC = 300. Chứng minh rằng AE = AF BÀI GIẢI: Bài 1: Vì a – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a 3 Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có: S – N = (n13 + n23 + … + nk3) – (n1 + n2 + … + nk) = = (n13 n1) + (n23 n2) + … + (nk3 nk) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6 Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1. Bài 2: 1/ Giả sử đa thức P(x) có nghiệm số nguyên là a, ta có P(x)M x – a. Do đó P(x)= (x – a).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên) Ta có: P(0) = a.g(0) là số lẻ => a là số lẻ Mặt khác P(1) = (1 – a)g(1) là số lẻ => 1 – a là số lẻ => a chẵn (Mâu thuẫn) Vậy P(x) có nghiệm số nguyên là sai. Do đó đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên k 3 + 3k 2 + 3k + 1 − k 3 (k + 1)3 − k 3 1 1 2/ Ta có: ak = = 3 3 = … = 3 − Với mọi k = 1, 2, (k + 1) k 3 3 k (k + 1) k (k + 1)3 3, …, 2003 1 1 1 1 1 Với k = 1: a1 = 1 − 3 ; k = 2:a2 = 3 − 3 ; … ; k = 2003: a2003 = − 2 2 3 2003 20043 3 1 8048096063 => S = a1 + a2 + a3 + … + a2003 = 1 − 3 = 2004 8048096064
a b Bài 3: Đặt : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = + + c (3) 4 2 Theo giả thiết, ta cĩ : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1. a b Từ (1), (2) => M N = a + b (4) ; Từ (2), (3) => P N = + (5) ; 4 2 Từ (4), (5) ta dễ 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) Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Bài 4: Giả sử ∆A1B1C1 đều. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : ﾷ B AB CA ﾷ C BC ﾷ A (*) 1 1 1 1 1 1 Khi đó : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy ra ﾷ ABC ﾷ BCA ﾷ CAB (1) Mặt khc, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều). Nhưng ABC ﾷﾷ A +C = BC ﾷ AB 1 1 1 1 ﾷ CAB ﾷ C +B = AB ﾷ C A => ﾷﾷ (2) 1 1 1 1 ABC CAB Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đđều (đđpcm). Bài 5: Trên nửa mặt phẳng bờ AB, chứa C, lấy điểm K sao cho tam giác ABK đều (hình 1) Trong tam gic ABC, theo giả thiết, ta cĩ : ABC = ACB = (180o 40)/2 = 70o => ABF = ABC FBC = 70o 30o = 40o. Vậy ABF = BAF => ABF cn tại F => FA = FB. Theo cách dựng điểm K, KA = KB. Vậy KF là đường trung trực của đoạn AB => KF là phân giác của AKB (vì ABK đều) => FKB = 30o => FKB = EBA (1) (theo giả thiết) ABC cn tại A, BAC = 40o , AH là đường cao, => BAE = 1/2.40o = 20o . Mặt khc KAF = KAB FAB = 60o 40o = 20o Vậy KAF = BAE (2) . Ch ý rằng ABK đều nên AB = AK (3) Từ (1), (2), (3) => : KAF = BAE => AF = AE (đpcm) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2005 – 2006 Bài 1: (4 điểm) Tính tổng gồm 2004 số hạng: �1 � �2 � �2004 � 100x f� � + f � � + … + f � ; trong đó f(x) = � �2005 � �2005 � �2005 � 100x + 10
Bài 2: (4 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A, BACﾷ = 400, đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho EBA ﾷﾷ = FBC = 300. Chứng minh rằng AE = AF Bài 3: (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ. Chứng minh: x(x – y)2 + y(y – z)2 (x – y)(y – z)(x + y – z) Bài 4: (4 điểm) Có 3 cái chuông trong phòng thí nghiệm. Chuông thức nhất cứ 8 phút reo một lần. Chuông thứ hai cứ 12 phút reo một lần. Chuông thứ 3 cứ 16 phút reo một lần. Cả 3 cái cùng reo vào lúc 7 giờ 30 phút sáng. a/ Hỏi 3 cái chuông lại cùng reo tiếp vào lúc nào? b/ Hỏi trong khoảng từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút, có bao nhiêu lần nghe thấy tiếng reo đồng thời của 2 trong 3 chuông? Bài 5: (4 điểm) Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 BÀI GIẢI: Bài 2: Bài 5 đề năm học 2004 2005 Bài 3: Lần lượt gọi vế phải và vế trái của (1) là F và T, ta có: T – F = x(x – z)2 + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)(x + y – z) = (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) + Nếu F 0, ta có T 0 F, Vậy (1) đúng. + Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 (3) Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F 0 => (1) đúng. x=y=z x = y;z = 0 Đẳng thức xảy ra khi y = z;x = 0 z = x;y = 0 Bài 4: a/ Thời gian 3 chuông cùng reo là BC(8; 12; 16); Mà bài toán yêu cầu lần cùng reo kế tiếp nên thời gian đó là BCNN(8; 12; 16) BCNN(8; 12; 16) = 48. Nên sau 48 phút cả 3 chuông cùng reo Vậy lúc đó là: 7giờ 30phút + 48phút = 8giờ 18phút Và từ 7giờ 30phút đến 11 giờ 30 phút là 240 phút, nên cả 3 chuông cùng reo 240 : 5 = 5 lần; vào lúc: 8 giờ 18 phút; 9 giờ 06 phút; 9 giờ 54 phút; 10 giờ 42 phút và 11 giờ 30 phút. b/ Vì chuông 1 cứ 8 phút reo 1 lần, chuông 2 cứ 12 phút reo 1 lần nên cả 2 chuông cùng reo là BC(8; 12) = 24. Vậy cứ 24 phút cả 2 chuông cúng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 10 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 5 lần Tương tự ; cứ 48 phút cả 2 chuông 2 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 5 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 0 lần Và cứ 16 phút cả 2 chuông 1 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 15 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 10 lần Vậy nếu nghe 2 trong 3 chuông cùng reo trong khoảng thời gian trên là 15 lần 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) + Nếu y > 0 thì từ y 4n2 + 4n + 4 M 9 => 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 Nhưng khi đó 4n2 + 4n + 4 = (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9, vô lý Vậy với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9 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 hết cho 9 Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10n + 2005 chia hết cho 102005 – 1. Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 abbc 9999 1000 ab.ac .7 9999 143 ab.ac 1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b 143 ab2 1428 12 ab2 37 => a = 1; 2; 3 và 2 b 7 + Nếu a = 3 ta có: abbc 7000 vô lý + Nếu a = 2 ta có: abbc 3000 vô lý + Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995 Bài 3: (5 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x2 – 2y2 = 5 (1) Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k Z) vào (2), ta được:
4k2 + 4k + 1 – 2y2 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn. Đặt y = 2t (t Z), ta có: 2(k2 + k – 1) = 4t2 k2 + k – 1 = 2t2 k(k + 1) = 2t2 + 1 (**) Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b/ Ta có A = (x + 1)2 + (x – 3)2 = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x – 1)2 + 8 Vì 2(x – 1)2 0 ∀ x => A 8 ∀ x Vậy minA = 8 x – 1 = 0 x = 1 E Bài 4: Từ B ta kẽ BE ⊥ BP A B Theo giả thiết suy ra: BPEﾷ = 450 => ∆ BEP cân tại B ﾷ => BE = BP và BEP = 450 ﾷ Và ta cũng có: EBA ﾷ = PBC (cùng phụ góc ABP) P Mà AB = BC => ∆ ABE = ∆ CBP (cgc) ﾷ => AE = CP và AEB ﾷ = BPC = 1350 ﾷ => AEC ﾷ = 900 (do BPE D = 450). Ap dụng định lý Pitago cho tam giác vuông AEP ta có: C 2 2 2 PA = AE + EP Ap dụng định lí Pitago cho tam giác BEP ta có: PE2 = EB2 + BP2 = BP2 + BP2 = 2BP2 => PA2 = AE2 + 2BP2 = PC2 + 2BP2 (do BE = BP) A Bài 5: Gọi E là trung điểm DC => BD = DE = EC => ∆ ABD = ∆ ACE (BD = EC; AB = AC; B ﾷ =Cﾷ ) 12 3 ﾷ =A => A ﾷ và AE = AD 1 3 I 1 1 Gọi I là trung điểm A => AI = AE = AD 2 2 Và DE là đường trung bình ∆ ABE C B E 1 D => DI = AB và DI//AB 2 1 ﾷﾷ Mà D BC và BD = BC => AD AI ADI ADI ﾷ (so le trong) = A 1 ﾷ A ﾷ => A ﾷ + A ﾷ 2 A ﾷ
1 1 1 trong bình thứ nhất sang bình thứ hai và quá trình này tiếp tục: , , , … Hỏi cứ rót đi, rót lại 5 6 7 như thế thì sau lần rót thứ 2007 có bao nhiêu nước trong mỗi bình? Bài 3: (3 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2 x 2 x2 Bài 4: (3 điểm) Cho biết 2 = − . Hãy tính giá trị biểu thức A = 4 x + x +1 3 x + x2 + 1 Bài 5: (4 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 mn(m + 1)(m – 1) M 2 Tích 3 số nguyên tiên tiếp chie hết cho 3 => Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết 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 1 1 1 Bài 2: Theo bài toán thì lần 1: Bình 1 còn 1 – = lít; Bình 2 có lít 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 Lần 2: Bình 1 có + = lít; Bình 2 có − . = lít 2 6 3 2 2 3 3 2 2 1 1 1 Lần 3: Bình 1 có – . = lít; Bình 2 có lít 3 3 4 2 2 3 1 1 1 2 Lần 4: Bình 1 có lít; Bình 2 có − . = lít 5 2 2 5 5 3 3 1 1 1 Lần 5: Bình 1 có – . = lít; Bình 2 có lít 5 5 6 2 2 ………………………………………………………………………………………………………… ……… 1 Và ta thấy cứ sau số lần rót lẻ thì nước trong bình mỗi bình lại ngang bằng nhau và bằng lít 2 1 2 3 4 Thật vậy: Số lít nước trong bình 2 sau các lần rót 2, 4, 6, … (chẵn) thì có là ; ; ; ; … nên 3 5 7 9 n có dạng tổng quát cho số lần n chẵn là . 2n + 1 n n+1 Do đó lượng nước trong bình thứ nhất sau khi rót lần thứ n là: 1 – = 2n + 1 2n + 1 n+1 n+1 1 n+1 1 Vậy lượng nước lần thứ n + 1 là: – . = – 2n + 1 2n + 1 2n + 2 2n + 1 (2n + 1)2
2(n + 1) − 1 2n + 1 1 = = = ; Mà n chẵn nên n + 1 là lần rót lẻ (2n + 1)2 (2n + 1)2 2 1 Như vậy sau lần rót thứ 2007 thì mỗi bình có lít nước 2 Bài 3: Đặt t = x + 4x + 8 thì bài toán trở thành: t + 3xt + 2x2 = t2 + xt + 2xt + 2x2 = 2 2 = 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) x 2 Bài 4: Từ 2 = − –3x = 2x2 + 2x + 2 2x2 + 5x + 2 = 0 x + x +1 3 1 (2x + 1)(x + 2) = 0 x − = và x = –2 2 2 � 1� 1 1 � − � 1 � 2� 4 4 + Với x = − thì A = = = 4 = 2 4 � 1� � 1� 2 1 1 21 21 − + − + 1 + +1 � 2� � 2� 16 4 16 � � � � (−2)2 4 + Với x = –2 thì A = = (−2) + (−2) + 1 21 4 2 x 2 4 Vậy với 2 = − thì A = x + x +1 3 21 Bài 5: Ta có: (a – b) 0; ∀ a, b => a2 + b2 2ab 2 Tương tự ta cũng có: a2 + c2 2ac và b2 + c2 2bc => 2a2 + 2b2 + 2c2 2ab + 2ac + 2bc ab + bc + ca a2 + b2 + c2 (1) Mặt khác: Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có a IK ⊥ IO => OIK ﾷ = 90 0 Vì OL//DC mà DC ⊥ AC => OL ⊥ AC => OLC ﾷ 0 ﾷ = 90 => OIK ﾷ = OLC (1) 1 1 Ta lại có: IK = AB; và LC = AC mà AB = AC => IK = LC (2) 2 2 Mặt khác: DCEﾷﾷ + ECA ﾷ = 900; FBE ﾷ + FEB ﾷ = 900 mà ECA ﾷ = FBE ﾷ => FEB ﾷ = ECD ﾷ ; mà FEB ﾷ = CED ﾷ (đối đỉnh) => CED ﾷ = ECD => ∆ DEC cân tại D 1 1 => DE = DC => ED = DC => OI = OL (3) 2 2 Từ (1), (2), (3) ta suy ra: ∆ IOK = ∆ LOC => OK = OC = OA = OD (do ∆ ACD vuông tại C, O là trung điểm cạnh huyền)
=> ∆ AKD vuông tại K. Vậy AKD ﾷ = 900