100 ĐỀ ÔN THI LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 (CẬP NHẬT MỚI NHẤT) CẤP HUYỆN (BẢN WORD) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU ÔN THI HSG MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

100 ĐỀ ÔN THI LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 (CẬP NHẬT MỚI NHẤT) CẤP HUYỆN (BẢN WORD CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) thành nhân tử 2

b) Cho a, b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 Tính giá trị của biểu thức: P =

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b2 + 2ac c 2 + 2ab

(

)

(

c) Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng: 2 x 5 + y 5 + z 5 = 5xyz x 2 + y 2 + z 2

)

Câu 2. (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương 2

1  1 25  b) Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh  a +  +  b +  ≥ b a 2    

Câu 3. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo EAF

Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB',CC' và H là trực tâm a) Chứng minh BC'.BA + CB'.CA = BC 2

HB.HC HA.HB HC.HA + + =1 AB.AC BC.AC BC.AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB,AC

b) Chứng minh rằng:

lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN.

Câu 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2 . Chứng minh rằng có ít nhất 505 đường 3

thẳng trong 2018 đường thẳng trên đồng quy.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) = a 2 ( b − c ) − b 2 ( a − c ) + c 2 ( a − b )

= a 2 ( b − c ) − b 2 ( a − b ) + ( b − c )  + c 2 ( a − b )

(

= a 2 − b2

)( b − c) + (c

)

− b2 ( a − b )

= ( a − b )( a + b )( b − c ) − ( b − c )( b + c )( a − b )

= ( a − b )( b − c ) a + b − b − c  = ( a − b )( b − c )( a − c ) b)

(a + b + c )

= a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0

a2 a2 a2 = = a 2 + 2bc a 2 − ab − ac + bc ( a − b )( a − c ) Tương tự:

b2 b2 = b 2 + 2ac ( b − a )( b − c )

c2 c2 = c 2 + 2ac ( c − a )( c − b )

;

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab a2 b2 c2 = − + ( a − b )( a − c ) ( a − b )( b − c ) ( a − c )( b − c )

( a − b )( a − c )( b − c ) = 1 ( a − b )( a − c )( b − c ) 3

c) Vì x + y + z = 0 ⇒ x + y = − z ⇒ ( x + y ) = − z 3 Hay x 3 + y 3 + 3xy ( x + y ) = − z 3 ⇒ 3xyz = x 3 + y 3 + z 3 Do đó:

(

) ( )( ) + x (y + z ) + y (z + x ) + z (x + y )

3xyz x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 x 2 + y 2 + z 2 = x5 + y5 + z5

Mà x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2xy = z 2 − 2xy ( Vi

x + y = −z )

Tương tự: y 2 + z 2 = x 2 − 2yz; z 2 + x 2 = y 2 − 2zx

(

)

(

)

(

)

(

Vì vậy: 3xyz x 2 + y 2 + z 2 = x 5 + y 5 + z 5 + x 3 x 2 − 2yz + y 3 y 2 − 2zx + z 3 z 2 − 2xy

(

)

(

= 2 x 5 + y 5 + z 5 − 2xyz x 2 + y 2 + z 2

(

)

) (

Suy ra : 2 x 5 + y 5 + z 5 = 5xyz x 2 + y 2 + z 2

)

Câu 2. a) Để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương ⇔ n + 18 = p 2 và n − 41 = q 2 ( p,q ∈ ℕ )

⇒ p2 − q 2 = ( n + 18 ) − ( n − 41) = 59 ⇔ ( p − q )( p + q ) = 59

p − q = 1 p = 30 ⇔ Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:  p + q = 59 q = 29 Từ n + 18 = p 2 = 30 2 = 900 ⇒ n = 882 Thay vào n − 41, ta được 882 − 41 = 841 = 29 2 = q 2 Vậy với n = 882 thì n + 18 và n − 41 là hai số chính phương 2

b) Có: ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2ab ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab

(*)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b 2

 1  25  1 Áp dụng ( * ) có:  a +  + ≥ 5a +  b 4 b  

;

 1  25  1  b + a  + 4 ≥ 5 b + a     

)

  1  1  25 1  1  ≥ 5  a +  +  b +   Suy ra:  a +  +  b +  + b  a 2 b  a    2

  1  1  25  1 1  ⇔ a +  +  b +  + ≥ 5 ( a + b ) +  +   b  a 2   a b    1 1 1  1  25 ⇔ a +  +  b +  + ≥ 5 + 5  +  (Vi b  a 2  a b

a + b = 1)

1 1 4 + ≥ =4 a b a+b

Với a, b dương , chứng minh

(Vi

a + b = 1)

Dấu bằng xảy ra khi a = b 2

 1  1  25 Ta được:  a +  +  b +  + ≥ 5 + 5.4 b  a 2  2

1 1  1 25  ⇔ a +  +  b +  ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = b  a 2 2 

Câu 3. A

= ECF Chứng minh được ABE Chứng minh được ∆ABE = ∆FCE ( c.g.c ) ⇒ AE = EF Tương tự: AF = EF = 60 0 ⇒ AE = EF = AF ⇒ ∆AEF đều ⇒ EAF

Câu 4.

C' H

B' N

M B a) Chứng minh ∆BHC' ∼ ∆BAB' ⇒

A' D

BH BC' = ⇒ BH.BB' = BC'.BA AB BB'

(1)

Chứng minh ∆BHA ' ∼ ∆BCB' ⇒

BH BA ' = ⇒ BH.BB' = BC.BA ' BC BB'

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ BC'.BA = BA'.BC Tương tự : CB'.CA = CA'.BC

⇒ BC'.BA + CB'.CA = BA '.BC + CA '.BC = ( BA '+ A ' C ) .BC = BC 2 b) Có

BH BC' BH.CH BC'.CH S BHC = ⇒ = = AB BB' AB.AC BB'.AC S ABC

Tương tự:

⇒

AH.BH S AHB AH.CH S AHC = ; = CB.CA S ABC CB.AB S ABC

HB.HC HA.HB HC.HA S ABC + + = =1 AB.AC AC.BC BC.AB S ABC

HM AH = HD CD AH HN Chứng minh ∆AHN ∼ ∆BDH ( g.g ) ⇒ = BD HD (gt) (5) Mà CD = BD

c) Chứng minh ∆AHM ∼ ∆CDH ( g.g ) ⇒

Từ ( 3 ) , ( 4 ) , ( 5 ) ⇒

(3) (4)

HM HN = ⇒ HM = HN ⇒ H là trung điểm của MN HD HD

Câu 5. Gọi E,F, P,Q lần lượt là trung điểm của AB,CD, BC, AD. Lấy các điểm I,G trên EF và K,H trên PQ thỏa mãn:

IE HP GF KQ 2 = = = = IF HQ GE KP 3 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD, BC, EF lần lượt tại M, N,G'. Ta có:

AB. ( BM + AN )

S ABMN 2 2 EG' 2 2 = ⇔ = ⇔ = ⇔ G ≡ G ' hay d qua G. S CDNM 3 G' F 3 CD. ( CM + DN ) 3

2 Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề Câu đều đi qua một trong 4 điểm G, H,I,K Do có 2018 đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G, H,I,K theo nguyên lý Dirichle phải tồn

 2018  tại ít nhất   + 1 = 505 đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên.  4  Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm)

(

)

1) Chứng minh : ( x + y ) x 3 − x 2 y + xy 2 − y 3 = x 4 − y 4

(

)

2) Phân tích đa thức thành nhân tử: x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 3) Tìm a, b,c biết: a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ac và a 8 + b8 + c 8 = 3

Câu 2. (4 điểm) Cho biểu thức: P =

y2 − x2 y2  x+y 2  x2 − 2 + − với x ≠ 0; y ≠ 0; x ≠ − y . 2 2  x  x + xy xy xy + y  x + xy + y 2

1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P, biết x, y thỏa mãn đẳng thức:

x 2 + y 2 + 10 = 2 ( x − 3y )

Câu 3. (4 điểm) 2

1) Giải phương trình: ( 6x + 8 )( 6x + 6 )( 6x + 7 ) = 72 2) Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x 2 + x + 3 = y 2

Câu 4. (2 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn 1 ≥ a, b,c ≥ 0. Chứng minh rằng: a + b 2 + c 3 − ab − bc − ca ≤ 1

Câu 5. (5,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O.Lấy = 90 0 (I và M không trùng với điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM các đỉnh của hình vuông). Gọi N là giao điểm của AM và CD , K là giao điểm của OM và

BN. 1) Chứng minh ∆BIO = ∆CMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a = BCO 2) Chứng minh BKM 3) Chứng minh

1 1 1 = + 2 2 CD AM AN 2

Câu 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) , trọng tâm G. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh

AB, AC theo thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức

AB AC . + AD AE

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

1) Ta có: ( x + y ) x 3 − x 2 y + xy 2 − y 3

)

= x 4 − x 3 y + x 2 y 2 − xy 3 + x 3 y − x 2 y 2 + xy 3 − y 4 = x4 − y4

Vậy đẳng thức được chứng minh.

(

)

(

)(

)

x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 = x 2 + 2x x 2 + 2x + 2 + 1

( = (x

)

(

)

2) Ta có: = x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 1 2

)

+ 2x + 1 = ( x + 1)

3) Biến đổi a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca về ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0 Lập luận suy ra a = b = c Thay a = b = c vào a 8 + b8 + c 8 = 3 ta có: 3a 8 = 3 ⇔ a 8 = 1 ⇔ a = ±1

a = b = c = 1 Vậy   a = b = c = −1 Câu 2. 1) Với x ≠ 0; y ≠ 0; x ≠ − y ta có: 2 2 2 2 2  x y − x − y ( x + y ) − xy P= − x  xy ( x + y ) 

(

)

 x+y . 2  x + xy + y 2 

x+y 2 xy ( x − y ) − ( x − y )( x + y ) = − . 2 x xy ( x + y ) x + xy + y 2

(

)

2 2 x+y 2 ( x − y ) x + xy + y = + . 2 x xy ( x + y ) x + xy + y 2

2 x−y x+y + = x xy xy 2) Ta có: x 2 + y 2 + 10 = 2 ( x − 3y )

⇔ x 2 − 2x + 1 + y 2 + 6y + 9 = 0 2

⇔ ( x − 1) + ( y + 3 ) = 0

x = 1 (tm) Lập luận ⇒   y = −3 Nên thay x = 1; y = −3 vào biểu thức P =

x + y 1 + ( −3 ) 2 = = xy 1. ( −3 ) 3

Câu 3.

(

)

1) Đặt 6x + 7 = t. Ta có: ( t + 1)( t − 1) t 2 = 72 ⇔ t 2 − 1 t 2 = 72 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0

2  x = − 3 ⇔ t = ±3 ⇒  x = − 5  3

 −2 −5  Vậy phương trình có tập nghiệm S =  ;  3 3

2) x 2 + x + 3 = y 2 ⇔ 4x 2 + 4x + 12 = 4y 2 ⇔ ( 2x + 1) − 4y 2 = −11

⇔ ( 2x + 2y + 1)( 2x − 2y + 1) = −11

 2x + 2y + 1 = 1 x = −3 ⇒   2x − 2y + 1 = −11  y = 3  2x + 2y + 1 = −1 x = 2  ⇒  2x − 2y + 1 = 11  y = −3 ⇔  2x + 2y + 1 = 11 ⇒ x = 2  2x − 2y + 1 = −1  y = 3    2x + 2y + 1 = −11 x = −3 ⇒   y = −3  2x − 2y + 1 = 1

Câu 4. Vì b,c ∈ 0;1 nên suy ra b 2 ≤ b; c 3 ≤ c Do đó : a + b 2 + c 3 − ab − bc − ca ≤ a + b + c − ab − bc − ca

(1)

Lại có: a + b + c − ab − bc − ca = ( a − 1)( b − 1)( c − 1) − abc + 1

(2)

Vì a, b, c ∈  0; 1 nên ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ≤ 0; −abc ≤ 0 Do đó từ ( 2 ) ⇒ a + b + c − ab − bc − ca ≤ 1

( 3)

Từ (1) và (3) suy ra a + b 2 + c 3 − ab − bc − ca ≤ 1

Câu 5.

= MCO = 450 (Tính chất đường chéo hình vuông) 1) IBO

(

)

BO = CO (tính chất đường chéo hình vuông) = COM (cùng phụ với BOM) BOI ⇒ ∆BIO = ∆CMO ( g.c.g ) ⇒ S BIO = S CMO mà S BMOI = S BOI + S BMO

1 1 S ABCD = a 2 4 4 2) Ta có: ∆BIO = ∆CMO(cmt) ⇒ CM = BI ⇒ BM = AI

Do đó: S BMOI = S CMO + S BMO = S BOC =

BM AM IA AM = ⇒ = ⇒ IM / /BN CM MN IB MN = MIO = 450 Ta có: OI = OM ( ∆BIO = ∆CMO ) ⇒ ∆IOM cân tại O ⇒ IMO Vì CN / /AB nên

= IMO = 450 ⇒ BKM = BCO Vì IM / /BN ⇒ BKM

3) Qua A kẻ tia Ax vuông góc AN cắt CD tại E. Chứng minh ∆ADE = ∆ABM ( g.c.g ) ⇒ AE = AM Ta có: ∆ANE vuông tại A có AD ⊥ NE

S AEN =

2 2 AD.NE AN.AE = ⇒ AD.NE = AN.AE ⇒ ( AD.NE ) = ( AN.AE ) 2 2

Áp dụng định lý Pytago vào ∆ANE ta có: AN 2 + AE 2 = NE 2

AN2 + AE 2 1 1 1 1 = ⇒ + = 2 2 2 2 2 AN .AE AD AE AN AD 2 1 1 1 = + Mà AE = AM và CD = AD ⇒ 2 2 CD AM AN 2 Câu 6.

(

)

⇒ AD 2 . AN 2 + AE 2 = AN 2 .AE 2 ⇒

D B

I M

K Gọi M là trung điểm của BC

AB AI = AD AG AC AK Qua C vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại K, ta có: = AE AG AB AC AI + AK (3) Từ (1) và (2) suy ra + = AD AE AG Qua B vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại I, ta có:

Mặt khác : AI + AK = ( AM − MI ) + ( AM + MK ) = 2AM ( 4 ) (Vì MI = MK do ∆BMI = ∆CMK) Từ (3) và (4) suy ra

AB AC 2AM 2AM + = = =3 2 AD AE AG AM 3

(1) (2)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 3. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

2 5 − x  1 − 2x  1 Cho biểu thức: A =  : 2 + − 2   1− x 1+ x 1− x  x −1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên c) Tìm x để A = A

Câu 2. (6 điểm) a) Giải phương trình: x 4 + x 2 + 6x − 8 = 0 b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x 2 + 2x − 10 = y 2 c) Cho a 3 + b 3 + c 3 = 3abc với a, b, c ≠ 0

 a  b  c Tính giá trị biểu thức P =  1 +   1 +  1 +  b  c  a   Câu 3. (4 điểm) a) Tìm các số có 3 chữ số chia hết cho 7 và tổng các chữ số của nó cũng chia hết cho 7 b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =

1 1 1 + + 16x 4y z

Câu 4. (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a = 12cm, BC = b = 9cm. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BD a) Chứng minh tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD b) Tính độ dài đoạn thẳng AH c) Tính diện tích tam giác AHB

Câu 5. (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Gọi M, N lần lượt là các điểm trên các cạnh AB và BC sao cho BM = BN. Gọi G là trọng tâm ∆BMN và I là trung điểm của AN. Tính các góc của tam giác ICG.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠

1 2

 1 + x + 2 (1 − x ) − ( 5 − x )  x 2 − 1 A= . 2   1 − x   1 − 2x 2 −2 x 2 − 1 . = = 2 1 − x 1 − 2x 1 − 2x

x = 1(ktm) b) A nguyên, mà x nguyên nên 2 ⋮ ( 1 − 2x ) , từ đó tìm được  x = 0(tm) Vậy x = 0 c) Ta có: A = A ⇔ A ≥ 0 ⇔ 1 − 2x > 0 ⇔ x < Kết hợp với điều kiện : −1 ≠ x <

1 2

Câu 2.

(

)

a) Phân tích được ( x − 1) x 3 + x 2 + 2x + 8 = 0

(

)

⇔ ( x − 1)( x + 2 ) x 2 − x + 4 = 0

(1)

x − 1 = 0 x = 1 ⇔ Vì x 2 − x + 4 > 0 ⇒ ( 1) ⇔  x + 2 = 0  x = −2 2

b) Ta có:

x 2 + 2x − 10 = y 2 ⇔ ( x + 1) − y 2 = 11 ⇔ ( x + 1 + y )( x + 1 − y ) = 11 (2)

Vì x, y ∈ ℕ nên x + 1 + y > x + 1 − y > 0 (2) viết thành: ( x + 1 + y )( x + 1 − y ) = 11.1

x + 1 + y = 11 x = 5 ⇔ ⇔ x + 1 − y = 1 y = 5 Vậy ( x; y ) = ( 5; 5 ) c) Biến đổi giả thiết về dạng: 2 2 2 1 a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = 0 (   2 a + b + c = 0 ⇔ a = b = c

 −c   −a   − b  Với a + b + c = 0 tính được: P =       = −1  b  c  a  Với a = b = c tính được: P = 2.2.2 = 8

Câu 3. a) Gọi số có ba chữ số cần tìm là abc Ta có: abc = ( 98a + 7b ) + 2a + 3b + c Vì abc ⋮ 7 ⇒ 2a + 3b + c ⋮ 7

(3)

Mặt khác, vì a + b + c ⋮ 7

(4), k ết hợp với (3) suy ra b − c ⋮ 7

Do đó b − c chỉ có thể nhận các giá trị −7; 0; 7 Với b − c = −7 ⇒ c = b + 7. Kết hợp với (4) ta chọn được các số 707; 518; 329 thỏa mãn. Với b − c = 7 ⇒ b = c + 7. Đổi vai trò b và c của trường hợp trên ta được các cặp số

770, 581, 392 thỏa mãn Câu toán. Với b − c = 0 ⇒ b = c mà do (4) nên a + 2b⋮ 7 Do 1 ≤ a + 2b ≤ 27 nên a + 2b chỉ có thể nhận các giá trị 7;14; 21. Từ đó ta chọn được 12 số thỏa mãn là 133; 322; 511; 700; 266; 455 ; 644; 833; 399; 588; 777; 966 Vậy có 18 số thỏa mãn Câu toán: 707; 518; 329; 770; 581; 392 ;133; 322; 511; 700 ; 266

; 455; 644; 833; 399; 588; 777; 966. b) Vì x + y + z = 1 nên: M =

1 1 1  1 1 1 + + = + +  ( x + y + z) 16x 4y z  16x 4y z 

y  x 21  x z  y z  + + + + + +  16  4y 16x   z 16x   z 4y  2

y 16x 2 + 4y 2 ( 4x − 2y ) + 2.4x.2y ( 4x − 2y ) x 1 1 Ta có: + = = = + ≥ ( ∀x, y > 0 ) 4y 16x 64xy 64xy 64xy 4 4 Tương tự:

x z 1 y z + ≥ ; + ≥ 1 ( ∀x, y > 0 ) z 16x 2 z 4y

1  x = 7  4x = 2y = z  21 1 1 49 2   Từ đó M ≥ + + +1= . Dấu " = " xảy ra ⇔  x + y + z = 1 ⇒  y = 16 4 2 16 7    x, y, z > 0 4  x = 7  49 1 2 4 Vậy GTNN của M là ⇔ x = ;y = ;z = 16 7 7 7 Câu 4.

H D

a) Chứng minh được ∆AHB ∼ ∆BCD(g.g) b) ∆AHB ∼ ∆BCD(cmt) ⇒

AH AB a.b = ⇒ AH = BC BD BD

Áp dụng định lý Pytago được: BD = AD 2 + AB 2 = 225 = 15 ( cm ) Từ đó tính được: AH =

12.9 = 7, 2(cm) 15

c) ∆AHB ∼ ∆BCD theo tỉ số k =

AH 7.2 = BC 9

Gọi S, S' lần lượt là diện tích của ∆BCD và ∆AHB , ta có: S = 54cm 2 2

S'  7.2   7.2  2 = k2 =   ⇒ S ' =  9  .54 = 34, 56(cm ) S 9     Vậy diện tích tam giác AHB bằng 34, 56(cm 2 )

Câu 5.

B G

Ta có BMN là tam giác đều , nên G là trọng tâm của ∆BMN. Gọi P là trung điểm của MN,

GP 1 = (tính chất trọng tâm tam giác đều) GN 2 PI PI 1 GP PI 1 Lại có: = = suy ra (1) = = MA NC 2 GN NC 2 = GPM + MPI = 90 0 + 60 0 = 150 0 Mặt khác: GPI

Ta có:

= GNP + PNC = 30 0 + 1200 = 150 0 , do đó : GPI = GNC (2) Và GNC

= NGC và GI = 1 GC Từ (1) và (2) suy ra ∆GPI ∼ ∆GNC(c.g.c) ⇒ PGI 2 = 60 0 = PGN = 60 0 Mà IGC IGC

(

)

Gọi K là trung điểm của GC thì GI = GK =

1 1 GC, suy ra ∆GIK đều nên IK = GC 2 2

Điều này chứng tỏ ∆GIC vuông tại I = 90 0 ; IGC = 60 0 ; GCI = 30 0 Vậy GIC

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 4. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm)

(

)(

)

a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2 − 2x x 2 − 2x − 1 − 6 b) Đa thức f ( x ) = 4x 3 + ax + b chia hết cho các đa thức x − 2; x + 1. Tính 2a − 3b

Câu 2. (2 điểm) a) Cho a n = 1 + 2 + 3 + ... + n. Chứng minh rằng a n + a n +1 là một số chính phương b) Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên n thì phân số

10n 2 + 9n + 4 tối giản 20n 2 + 20n + 9

Câu 3. (3 điểm) a) Cho x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz. Hãy rút gọn phân thức : P = b) Tìm tích: M =

xyz ( x + y )( y + z )( z + x )

14 + 4 54 + 4 9 4 + 4 17 4 + 4 . . .... 3 4 + 4 7 4 + 4 114 + 4 194 + 4

Câu 4. (4 điểm) a) Cho x = by + cz; y = ax + cz; z = ax + by và x + y + z ≠ 0; xyz ≠ 0 .

1 1 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c yz xz xy 1 1 1 b) Cho + + = 0, tính giá trị của biểu thức P = 2 + 2 + 2 x y z x y z CMR:

Câu 5. (3 điểm) Cho biểu thức : P =

 x+1 x2 + x 1 2 − x2  : − +   1 − x x2 − x  x 2 − 2x + 1  x

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < 1 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

Câu 6. (3 điểm)Cho hình vuông ABCD, gọi E,F thứ tự là trung điểm của AB, BC. a) Chứng minh rằng: CE ⊥ DF b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng: AM = AD

Câu 7. (3 điểm) Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH. a) Chứng minh rằng EC = BH; EC ⊥ BH b) Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của

BC. Tam giác MNI là tam giác gì ? Vì sao ? HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a)

( x + 1)( x − 3 ) ( x

− 2x + 2

)

b) Đa thức f(x) = 4x 3 + ax + b chia hết cho các đa thức x − 2; x + 1 nên:

f ( 2 ) = 0 ⇒ 32 + 2a + b = 0(1)

f( −1) = 0 ⇒ −4 − a + b = 0

(2)

Từ ( 1) và ( 2 ) ta tìm được a = −12; b = −8 Vậy 2a − 3b = 0

Câu 2.

a) Ta có: a n +1 = 1 + 2 + 3 + ..... + n + n + 1

a n + a n +1 = 2 ( 1 + 2 + 3 + ..... + n ) + n + 1 = 2.

n ( n + 1)

+ n + 1 = n 2 + 2n + 1

= ( n + 1) là một số chính phương.

b) Gọi d là ƯCLN của 10n 2 + 9n + 4 và 20n 2 + 20n + 9 2 2 10n + 9n + 4 ⋮ d 20n + 18n + 8 ⋮ d ⇒ ⇒ ⇒ 2n + 1⋮ d ⇒ d là số tự nhiên lẻ  2 2 20n + 20n + 9 ⋮ d 20n + 20n + 9 ⋮ d

Mặt khác : 2n + 1⋮ d ⇒ 4n 2 + 4n + 1⋮ d ⇒ 20n 2 + 20n + 5⋮ d ⇒ 4 ⋮ d , mà d lẻ nên d = 1 Vậy phân số trên tối giản

Câu 3. a) Từ x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz chỉ ra được x + y + z = 0 hoặc x = y = z

TH1 : x + y + z = 0 ⇒ x + y = − z; x + z = − y; y + z = −x ⇒ P = −1 TH2 : x = y = z ⇒ P =

1 8

2 2 b) Nhận xét được: n 4 + 4 = ( n − 1) + 1 ( n + 1) + 1 . Do đó:    

(

(4 M= . ( 2 + 1) . ( 4 + 1) ( 6 1. 2 2 + 1

)

2 2

)( + 1) . ( 8

) ...... (16 + 1) (18

+ 1 . 62 + 1 2

2 2

)( + 1) . ( 20

)= 1 = 1 + 1) 20 + 1 401

+ 1 . 18 2 + 1 2

Câu 4. a) Từ giả thiết ⇒ 2cz + z = x + y ⇒ 2cz = x + y − z

⇒c=

x+y−z x+y+z 1 2z ⇒ c+1= ⇒ = 2z 2z c+1 x+ y+ z

Tương tự: b) Từ

2y 1 2x 1 1 1 1 + + =2 = ; = . Khi đó: 1+ a x + y + z 1+ b x + y + z 1+ a 1+ b 1+ c

1 1 1 1 1 1 3 + + =0⇒ 3 + 3 + 3 = x y z xyz x y z

Khi đó:

 1 yz xz xy xyz xyz xyz 1 1  3 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz.  3 + 3 + 3  = xyz. =3 2 xyz x y z x y z x y z 

Câu 5. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ −1 Rút gọn P ta có: P =

x2 x −1 2

 1 3 x−  +  2 2 2 2 4 x x x −x+1 <1⇔ −1 < 0 ⇔ <0⇔  <0 b) P < 1 ⇔ x −1 x −1 x −1 x −1

⇔ x −1< 0 ⇔ x < 1

Vậy với x < 1 và x ≠ 0; x ≠ −1 thì P < 1 c) Ta có: P =

x2 x2 − 1 + 1 1 1 = = x +1+ = x −1+ +2 x −1 x −1 x −1 x −1

Khi x > 1; x − 1 > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x − 1 +

1 ≥ 2 . Dấu " = " xảy ra khi x−1

và chỉ khi x = 2. Vậy GTNN của P bằng 4 ⇔ x = 2

Câu 6.

M F 1

=D a) Chứng minh được ∆CBE = ∆DFC ( c.g.c ) ⇒ C 1 1

+C = 90 0 ⇒ D +C = 900 ⇒ CE ⊥ DF Lại có: C 1 2 1 2

b) Gọi K là trung điểm của CD. Chứng mnh được tứ giác AECK là hình bình hành suy ra AK / /CE Gọi N là giao điểm của AK và DF.∆DCM có DK = KC và KN / /CM nên N là trung điểm của DM. Vì CM ⊥ DM( câu a), KN / /CM ⇒ KN ⊥ DM Tam giác ∆ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A.

⇒ AM = AD Câu 7. H

N A M D B

= ABH a) Chứng minh được: ∆EAC = ∆BAH ( c.g.c ) ⇒ EC = BH, AEC

Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH

= OBK; AKE = OKB ⇒ EAK = BOK Xét ∆AEK và ∆OBK có: AEK

= 90 0. Vậy EC ⊥ BH ⇒ BOK

1 1 EC; IN / /BH; IN = BH 2 2 Mà EC ⊥ BH và EC = BH nên MI = IN và MI ⊥ IN

b) Ta có: MI / /EC; MI =

Vậy tam giác MIN vuông cân tại I

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 5. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)

(

)(

a) Tìm giá trị của a để 21x 2 − 9x 3 + x + x 4 + a ⋮ x 2 − x − 2

)

b) Chứng minh rằng n 4 − 2n 3 − n 2 + 2n chia hết cho 24 với mọi n ∈ ℤ

Câu 2. (2,0 điểm) a) Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a 3 + b3 + c 3 = 3abc b) Cho

1 1 1 + + = 0, (với x ≠ 0; y ≠ 0; z ≠ 0) x y z

Tính giá trị của biểu thức

yz xz xy + + x2 y2 z2

Câu 3. (2,5 điểm)

 4x 8x 2   x − 1 2 + : −  Cho biểu thức : A =  2   2  2 + x 4 − x   x − 2x x  a) Tìm điều kiện xác định, rồi rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A = − 1 c) Tìm các giá trị của x để A < 0

Câu 4. (1,5 điểm) Chứng minh rằng trong một hình bình hành, khoảng cách từ một điểm trên đường chéo đến hai cạnh kể (hai cạnh kề và đường chéo cùng đi qua một đỉnh của hình bình hành), tỉ lệ nghịch với hai cạnh ấy.

Câu 5. (2,0 điểm) = m 0 (0 < m < 90). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của Gọi M là diểm nằm trong xOy

M trên Ox,Oy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của OM,PQ a) Chứng minh HK ⊥ PQ theo m b) Tính số đo HPQ

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) Thương: x 2 − 8x + 15 và dư: a + 30 Phép chia hết nên a + 30 = 0 ⇒ a = −30 b)

(

n 4 − 2n 3 − n 2 + 2n = n n 3 − 2n 2 − n + 2

)

= n  n . ( n − 2 ) − ( n − 2 )  2

(

)

= n n 2 − 1 ( n − 2 ) = n ( n − 1)( n + 1)( n − 2 ) n ( n − 1)( n + 1)( n − 2 ) là tích 4 số nguyên liên tiếp trong đó phải có 1 số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 4 Nên n ( n − 1)( n + 1)( n − 2 )⋮ 2.3.4 = 24 Vậy n 4 − 2n 3 − n 2 + 2n ⋮ 24

Câu 2. a)

(a + b + c ) = (a + b )

+ 3 (a + b ) c + 3 (a + b ) c2 + c3

= ( a + b ) + 3 ( a + b ) c. ( a + b + c ) + c 3 = ( a + b ) + c 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 + c 3 = a 3 + b 3 + c 3 + 3ab(a + b)

= a 3 + b 3 + c 3 + 3ab ( −c ) (Vi a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c) = a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 1 1 1 b) Với a = ; b = ; c = x y z Áp dụng kết quả câu a ta có:

1 1 1 3 + 3+ 3 = 3 xyz x y z

 1 yz xz xy xyz xyz xyz 1 1 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz.  3 + 3 + 3  2 x y z x y z x y z  3 = xyz. =3 xyz Câu 3. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ ±2 2  4x 8x 2   x − 1 2  4x ( 2 − x ) + 8x x − 1 − 2 ( x − 2 ) A= + : − = :  2   2 x ( x − 2)  2 + x 4 − x   x − 2x x  ( 2 + x )( 2 − x ) 8x − 4x 2 + 8x 2 x − 1 − 2x + 4 8x + 4x 2 3−x = : = : ( 2 + x )( 2 − x ) x ( x − 2 ) ( 2 + x )( 2 − x ) x ( x − 2 )

4x ( 2 + x )

( 2 + x )( 2 − x )

x ( x − 2)

3−x

4x 2 x−3

 x = −1 4x 2 2  = −1 ⇔ 4x + x − 3 = 0 ⇔ b) A = −1 ⇔ x = 3 x−3  4 4x 2 < 0 ⇔ x−3< 0 ⇔ x < 3 x−3 Vậy x < 3; x ≠ 0; x ≠ ±2 thì A < 0

c) A < 0 ⇔

Câu 4.

H P

M D

N K

Kẻ PH ⊥ AD; PK ⊥ CD; PM / /CD; PN / /AD Chứng minh ∆HMP ∼ ∆KNP(g.g)

PH PM PH DN = ⇒ = (do PMDN là hình bình hành) PK PN PK PN DN PN Chứng minh ∆DNP ∼ ∆DCB ( g.g ) ⇒ = DC BC DN DC PH DC (dfcm) ⇒ = ⇒ = PN BC PK BC Câu 5. ⇒

P K

H O

1 OM 2 1 ∆MQO vuông tại Q, đường trung tuyến QH = OM 2 ⇒ PH = QH ⇒ ∆HPQ cân tại H ⇒ HK ⊥ PQ = 2MOQ; MHP = 2MOP b) MHQ = 2.m 0 ⇒ PHK = m 0 ⇒ HPQ = 90 0 − m 0 ⇒ PHQ = 2.POQ a) ∆MPO vuông tại P, đường trung tuyến PH =

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 6. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Tìm x biết : a) x −

2 1 < 3 3

b) −3x = −6561

( 2x − 1)

2012

= ( 2x − 1)

2010

Câu 2. (2 điểm) a) Số tự nhiên A = 1 + 23

2012

là số nguyên tố hay hợp số ? Giải thích

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 2x 2 + y 2 + 2xy − 8x + 2028 c) Tìm x, y, z biết: 10x 2 + y 2 + 4z 2 + 6x − 4y − 4xz + 5 = 0

Câu 3. (1,5 điểm) Một khối 8 có

2 3 số học sinh đội tuyển Toán bằng số học sinh đội tuyển Anh và 3 4

4 số học sinh đội tuyển Văn. Đội tuyển Văn có số học sinh ít hơn tổng số học sinh 5 của hai đội tuyển kia là 38 học sinh. Tính số học sinh của mỗi đội tuyển ?

bằng

Câu 4. (1,5 điểm)Cho x(m + n) = y(n + p) = z(p + m) trong đó x, y, z la các số khác nhau và khác 0, Chứng minh rằng:

n−p p−m m−n = = x(y − z) y ( z − x ) z ( x − y )

Câu 5 (3 điểm)Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Trên tia đối của tia AC lấy điểm I sao cho AI = AM. a) Chứng minh rằng: CM ⊥ BI b) Trên BC lấy điểm P sao cho BP = 2CP. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC = 600. Tia Px cắt tia CA tại D. Tính số đo có chứa điểm A, vẽ tia Px sao cho xPB CBD

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

a) x −

2 1 2 1 1 −1 < ⇔ < x− < ⇔ < x <1 3 3 3 3 3 3

b) −3x = −6561 hay −3x = −38 ⇒ x = 8

c) ( 2x − 1)

2012

= ( 2x − 1)

2010

⇔ ( 2x − 1)

2012

⇔ ( 2x − 1)

2010

. 1 − ( 2x − 1)  = 0  

⇔ ( 2x − 1)

2010

. ( 1 − 2x + 1)( 1 + 2x − 1) = 0

− ( 2x − 1)

2010

1  x = 2  2x − 1 = 0   ⇔  2 − 2x = 0 ⇔  x = 1 x = 0  2x = 0   Câu 2. a) 32012 ⋮ 3 nên có thể viết 32012 = 3n (∈ ℕ ) ⇒ A = 1 + 23

2012

( ) = (1 + 2 ) 1 − 2 + ( 2 )  ⇒ A là hợp số

= 13 + 2 3n = 13 + 2 n

b)B = 2x 2 + y 2 + 2xy − 8x + 2028 = x 2 + 2xy + y 2 + x 2 − 8x + 16 + 2012 2

= ( x + y ) + ( x − 4 ) + 2012 ≥ 2012

x + y = 0 x = 4 Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ x − 4 = 0  y = −4 x = 4 Giá trị nhỏ nhất của B là 2012 ⇔   y = −4 c)10x 2 + y 2 + 4z 2 + 6x − 4y − 4xz + 5 = 0

(

) (

)

⇔ 9x 2 + 6x + 1 + y 2 − 4y + 4 + 4z 2 − 4xz + x 2 = 0 2

⇔ ( 3x + 1) + ( y − 2 ) + ( 2z − x ) = 0

1  x = − 3 3x + 1 = 0   ⇔ y − 2 = 0 ⇔ y = 2 2z − x = 0  −1  z = 6 

Câu 3. Gọi số học sinh đội tuyển Toán, Anh, Văn thứ tự là x, y, z ( x, y, z ∈ ℕ ) Ta có:

( x + y ) − z = 38 = 2 y 2 3 4 x z = x= y= z⇒ = = 3 4 5 18 16 15 ( 18 + 16 ) − 15 19

Tính đúng x = 36; y = 32; z = 30 và kết luận

Câu 4. Vì xyz ≠ 0 nên: x(m + n) = y(n + p) = z(p + m)

⇒

x (m + n)

y ( n + p)

z (p + m)

xyz xyz m +n n+p p+m hay : = = yz xz xy =

xyz

( p + m ) − ( n + p) = ( m + n ) − ( p + m ) = ( n + p) − ( m + n ) xy − yz

yz − xy n−p p−m m−n = = = x ( y − z) y ( z − x) z ( x − y)

xz − yz

Câu 5. a)

I A M C

Tia IM cắt BC tại H = 45 0 , ∆IAM vuông cân tại M nên ɵI = 45 0 ∆ABC vuông cân tại A nên C + ɵI = 90 0 ⇒ H = 900 ⇒ IH ⊥ BC ∆IHC có C

Chứng minh được M là trực tâm ∆IBC ⇒ CM ⊥ BI b)

E x

A K C

Gọi E là điểm đối xứng với B qua PD ⇒ EP = PB = 2PC

⇒ ∆BPE cân tại P nên đường trung trực của PD cũng là phân giác = DPE = 60 0 ⇒ EPC = 60 0 ⇒ BPD Chứng minh được ∆EPC vuông tại C

Chứng minh được CD là phân giác của ∆PCE Chứng minh được ED là phân giác ngoài tại đỉnh E của ∆PCE = 150 0 ⇒ DEP = 750 Chứng minh được yEP = 750 hay CBD = 750 Chứng minh được PBD

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 7. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức P =

x−y . Biết x 2 − 2y 2 = xy ( x + y ≠ 0; y ≠ 0 ) x+y

b) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x 2 − y 2 + 2x − 4y − 10 = 0

Câu 2. (2,0 điểm) a) Tìm số dư trong phép chia của đa thức ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2017 cho đa thức

x2 + 10x + 21 b) Cho A = n 6 + 10n 4 + n 3 + 98n − 6n 5 − 26 và B = 1 + n 3 − n. Chứng minh với mọi n ∈ ℤ thì thương của phép chia A cho B là bội số của 6

Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho a và b thỏa mãn : a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức B = a 3 + b3 + 3ab b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1 1 1 + 2 + 2 x +x y +y z +z 2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh

BC, vẽ đường thẳng song song với AM cắt đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F. a) Chứng minh DE + DF = 2AM b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Chứng minh N là trung điểm của EF c) Ký hiệu S X là diện tích của hình X. Chứng minh S 2FDC ≥ 16S AMC .S FNA

Câu 5. (1,0 điểm) Trong một đề thi có 3 Câu toán A, B,C. Có 25 học sinh mỗi người đều đã giải được ít nhất một trong 3 Câu đó. Biết rằng:

Trong số thí sinh không giải được Câu A thì số thì sinh đã giải được Câu B nhiều gấp hai lần số thí sinh đã giải được Câu C

Số thí sinh chỉ giải được Câu A nhiều hơn số thí sinh giải được Câu A và thêm Câu khác là 1 người

Số thí sinh chỉ giải được Câu A bằng số thí sinh chỉ giải được Câu B cộng với số thí sinh chỉ giải được Câu C.

Hỏi có bao nhiêu thí sinh chỉ giải được Câu B?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) x 2 − 2y 2 = xy ⇔ x 2 − xy − 2y 2 = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2y ) = 0 Vì x + y ≠ 0 nên x − 2y = 0 ⇔ x = 2y Khi đó P =

2y − y y 1 = = 2y + y 3y 3

b) Ta có:

(

) (

)

x 2 − y 2 + 2x − 4y − 10 = 0 ⇔ x 2 + 2x + 1 − y 2 + 4y + 4 − 7 = 0 2

⇔ ( x + 1) − ( y + 2 ) = 7 ⇔ ( x − y − 1)( x + y + 3 ) = 7 Vì x, y nguyên dương nên

x + y + 3 > x − y − 1 > 0 ⇒ x + y + 3 = 7 và x − y − 1 = 1 ⇒ x = 3; y = 1 Phương trình có nghiệm dương duy nhất ( x, y ) = ( 3,1)

Câu 2. a) Ta có:

(

)(

)

P(x) = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2017 = x 2 + 10x + 16 x 2 + 10x + 24 + 2017

Đặt t = x 2 + 10x + 21 ( t ≠ −3; t ≠ −7 ) , biểu thức P(x) được viết lại:

P(x) = ( t − 5 )( t + 3 ) = 2017 = t 2 − 2t + 2002 Do đó khi chia t 2 − 2t + 2000 cho t ta có số dư là 2002 b) Thực hiện phép chia , ta được: Thương của A chia cho B là n 3 − 6n 2 + 11n − 6 Ta có:

n 3 − 6n 2 + 11n − 6 = n 3 − n + 12n − 6n 2 − 6

(

= ( n − 1) n ( n + 1) + 6 2n − n 2 − 1

)

Vì ( n − 1) n ( n + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6

(

)

Và 6 2n − n 2 − 1 chia hết cho 6 ⇒ Thương của phép chia A cho B là bội số của 6

Câu 3. 3

a) Ta có: B = a 3 + b 3 + 3ab = a 3 + b 3 + 3ab. ( a + b ) = ( a + b ) = 1 ( Vi b) P =

a + b = 1)

1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 = + + x + x y + y z + z x ( x + 1) y ( y + 1 ) z ( z + 1 ) 2

1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1  − + − + − =  + + − + +  x x +1 y y +1 z z +1  x y z   x +1 y +1 z +1

Áp dụng BĐT

1 1 1 1 1 1 1 9 + + ≥ và ≤ .  +  với a, b,c dương, dấu bằng xảy ra a b c a+b+c a+b 4 a b

⇔a=b=c Ta có:

 1 1 1 1  1 1 1 1 1  ≤ .  + 1 ; ≤ . + 1 ; ≤ .  + 1 x+1 4  x  y +1 4  y  z+1 4  z 

Bởi vậy : 1 1 1  1 1 1  1 1 1 1 1 1 1  P =  + + − + +  ≥  + +  − . + 1 + + 1 + + 1 y z   x y z   x+1 y +1 z+1  x y z  4  x 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 = . + +  − ≥ . − = − = 4 x y z 4 4 x+y+z 4 4 4 2 Vậy MinP =

3 ⇔ x= y =z=1 2

Câu 4. F

A N

E B

a) Lập luận được:

DE BD (do = AM BM Từ (1) và (2) ⇒

DF DC = ( do AM MC

AM / /DF ) (1)

AM / /DE) (2) DE + DF BD + DC BC = = = 2(MB = MC) AM BM BM

⇒ DE + DF = 2AM b) AMDN là hình bình hành NE AE = Ta có: ND AB NF FA DM AE NE NF = = = ⇒ = ⇒ NE = NF ND AC BM AB ND ND 2

S  AM   ND  = c) ∆AMC ∼ ∆FDC ⇒ AMC =  ( Do S FDC  FD   FD  S  FN  ∆FNA ∼ ∆FDC ⇒ FNA =  S FDC  FD 

AM = ND )

Do đó

S AMC S FNA  ND  . = S FDC S FDC  FD 

1  ND FN  1  FN  . ≤  + =    FD  16  FD FD  16

2 ⇒ S FDC ≥ 16S AMC .S FNA

Do ( x − y ) ≥ 0 ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ ( x + y ) ≥ 16x 2 y 2 với x ≥ 0; y ≥ 0)

Câu 5. Gọi a là số học sinh chỉ giải được Câu A, b là số thí sinh chỉ giải được Câu B, c là số thí sinh chỉ giải được Câu C, d là số thí sinh giải được 2 Câu B và C nhưng không giải được Câu A. Khi đó số thí sinh giải được Câu A và thêm ít nhất một trong hai Câu B và C là :

25 − a − b − c − d Theo Câu ra ta có: b + d = 2 (c + d)

a = 1 + 25 − a − b − c − d và a = b + c

 4b + c = 26 b = 6 ⇒ Từ các đẳng thức trên ta có:  d = b − 2c > 0 c = 2 Vậy số thí sinh chỉ giải được Câu B là 6 thí sinh.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 8. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) a) Cho biểu thức A = 2a 2 b2 + 2b2 c 2 + 2a 2 c 2 − a 4 − b4 − c 4 . Chứng minh rằng nếu a, b,c là 3 cạnh của một tam giác thì A > 0 b) Chứng minh rằng a 5 − a ⋮ 30 ( a ∈ ℤ )

Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình : x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1 + 4 = 2x − x 2 − 3x + 2

Câu 3. (1,5 điểm) Cho a 3 + b3 = 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2

Câu 4. (1,5 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB / /CD ) , hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Một đường thẳng d qua O song song với 2 đáy cắt hai cạnh bên AD, BC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng

1 1 2 . + = AB CD EF

Câu 5. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của AKC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a)

(

A = 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 − a 4 − b 4 − c 4 = 4a 2 b 2 − 2a 2 b 2 − 2b 2 c 2 − 2a 2 c 2 + a 4 + b 4 + c 4 2

(

= ( 2ab ) − a 2 + b 2 − c 2

) = ( 2ab + a

+ b2 − c 2

)( 2ab − a

− b2 + c2

)

2 2 = ( a + b ) − c 2  c 2 − ( a − b )  = ( a + b + c )( a + b − c )( c + a − b )( c − a + b )   

Do a, b,c là 3 cạnh của một tam giác nên

a + b + c > 0; a + b − c > 0; c + a − b > 0; c − a + b > 0 ⇒ A > 0 2 a 5 − a = a a 4 − 1 = a a 2 − 1 a 2 + 1 = a ( a + 1)( a − 1) ( a − 4 ) + 5    b) = a ( a + 1)( a − 1)( a − 2 )( a + 2 ) + 5a ( a + 1)( a − 1)

(

) (

)(

)

Do tích của số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 5 và trong 5 số nguyên liên tiếp luôn có ba số nguyên liên tiếp mà tích của chúng chia hết cho 6 và ( 6, 5 ) = 1 Suy ra a ( a + 1)( a − 1)( a − 2 )( a + 2 )⋮ 30 và 5a ( a + 1)( a − 1)⋮ 30. Vậy a 5 − a⋮ 30

Câu 2. x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1 + 4 = 2x − x 2 − 3x + 2 2

⇔ ( x − y + 1) + x − 2 + ( x − 1)( x − 2 ) = 2x − 4

(1)

( x − y + 1)

+ x − 2 + ( x − 1)( x − 2 ) ≥ 0

(∀x, y)

⇒ 2x − 4 ≥ 0 ⇔ 2 ( x − 2 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 2

Với x ≥ 2 thì ( x − y + 1) + x − 2 = ( x − y + 1) + x − 2; ( x − 1)( x − 2 ) = x 2 − 3x + 2 Khi đó từ phương trình (1) 2

⇒ ( x − y + 1) + x − 2 + ( x − 1) = 2 ( x − 2 ) ⇔ ( x − y + 1) = ( x − 2 )( 2 − x + 1 − 1) = − ( x − 2 ) 2

⇔ ( x − y + 1) + ( x − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 = 0 và x − y + 1 = 0 ⇔ x = 2; y = 3(tm)

Vậy tập nghiệm của phương trình là : ( x; y ) = ( 2; 3 )

Câu 3. 3

Giả sử a + b > 2 ⇔ ( a + b ) > 2 3 ⇔ a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) > 8 ⇔ 2 + 3ab ( a + b ) > 8(a 3 + b 3 = 2)

(

⇔ 3ab ( a + b ) > 6 ⇔ ab ( a + b ) > 2 ⇔ ab ( a + b ) > a 3 + b 3 a 3 + b 3 = 2

)

(

⇔ ab ( a + b ) > ( a + b ) a 2 − ab + b 2

) 2

⇔ ab > a 2 − ab + b 2 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 < 0 ⇔ ( a − b ) < 0(Vo

ly')

Vậy a + b ≤ 2

Câu 4.

B O

OE OD = (Hệ quả định lý Talet) (1) AB DB OF OB = (hệ quả định lý Talet ) (2) Xét ∆ABC có OF / /DC ⇒ CD BD OF OC = (hệ quả định lý Ta let ) (3) Xét ∆ABC có OF / /AB ⇒ AB AC OE AO Xét ∆ABD có OE / /DC ⇒ (Hệ quả định lý Ta let ) (4) = DC AC Từ (1), (2), (3), (4) suy ra Xét ∆ABD có OE / /AB ⇒

OE OF OF OE OD OB OC AO + + + = + + + AB CD AB DC DB BD AC AC OE OF OF OE OD OB OC AO ⇔ + + + = + + + AB AB CD DC DB BD AC AC EF EF BD AC EF EF 1 1 2 ⇔ + = + ⇔ + =2⇔ + = AB DC BD AC AB DC AB CD EF

Câu 5.

M I

B K J

D C Kẻ DI, DJ lần lượt vuông góc với AK, CK

1 1 AN.DI = S ABCD (Do chung đáy AD, cùng chiều cao hạ từ N) (1) 2 2 1 1 = CM.DJ = S ABCD (Do chung đáy CD, cùng chiều cao hạ từ M ) (2) 2 2

Ta có: S AND = S CDM

1 1 AN.DI = CM.DJ ⇔ DI = DJ (Vì AN = CM) 2 2 = JKD ⇒ ∆DIK = ∆DJK (cạnh huyền-cạnh góc vuông) ⇒ IKD

Từ (1) và (2) suy ra :

⇒ KD là tia phân giác AKC

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 9. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. a) Tìm các số nguyên m, n thỏa mãn m =

n2 + n + 1 n +1

b) Đặt A = n3 + 3n2 + 5n + 3. Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá trị nguyên dương của n c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a 2 + b2 chia hết cho 13

Câu 2. Rút gọn biểu thức: a) A =

bc ca ab + + ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) 6

 1  6 1   x + x  −  x + x6  − 2    b) B =  3  1 1 3  x + x  + x + x3  

1 1 1 1 + + + ..... + 1.3 3.5 5.7 2007.2009 Câu 4. Cho 3 số x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 2009. Chứng minh rằng biểu thức sau

Câu 3. Tính tổng: S =

không phụ thuộc vào các biến x, y, z :

y 2009x z + + xy + 2009x + 2009 yz + y + 2009 xz + z + 1 Câu 5. Giải phương trình: 59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x + + + + = −5 41 43 45 47 49 = 60 0 quay Câu 6. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy

quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx,My luôn cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh a) BD.CE =

BC 2 4

và CED b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE

c) Chu vi tam giác ADE không đổi.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Thực hiện chia m =

n2 + n + 1 1 =n+ n +1 n +1

Để m nguyên với n nguyên khi n + 1 ∈ U(1) = {±1}

n + 1 = 1 ⇒ n = 0 ⇒ m = 1 Khi đó   n + 1 = −1 ⇒ n = −2 ⇒ m = −3 b) 3

A = n 3 + 3n 2 + 3n + 1 + 2n + 2 = ( n + 1) + 2 ( n + 1) = ....

= n ( n + 1)( n + 2 ) + 3 ( n + 1) Khi đó: 3 ( n + 1)⋮ 3 ; n ( n + 1)( n + 2 ) là tích của 3 số nguyên dương liên tiếp nên chia hết cho 3 ⇒ A⋮ 3 c) a = 13k + 2, b = 13n + 3 2

(

)

a 2 + b2 = ( 13k + 2 ) + ( 13n + 3 ) = .... = 13 13k2 + 4k + 13n 2 + 4n + 1 ⋮13 Câu 2. a) Rút gọn A = 1

 1 b) Rút gọn B = 3  x +  x  Câu 3.

1 1 1 1 1 1  1 1  1004 − = 1− = 1 − + − + ...... +   2 3 3 5 2007 2009  2  2009  2009

Câu 4. y 2009x z + + 2009 + 2009x + xy xyz + y + yz 1 + z + zx xy.xz 1 z 1 + z + xz = + + = =1 xy ( xz + z + 1) 1 + z + zx 1 + z + zx 1 + z + zx

Câu 5. 59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x +1+ + 1+ + 1+ +1+ +1= 0 41 43 45 47 49 ........... 1 1 1 1   1 ⇔ ( 100 − x )  + + + + =0  41 43 45 47 49  ⇔ x = 100 Câu 6.

B x D

y 1 2

E 1

A a) Chứng minh ∆BMD ∼ ∆CEM

BC 2 BC , nên ta có: BD.CE = 2 4 =D , do đó DM là tia phân giác BDE b) Chứng minh ∆BMD ∼ ∆MED ⇒ D 1 2 Vì BM = CM =

Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác CED

c) Gọi H,I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC Chứng minh DH = DI,EI = EK Suy ra chu vi ADE = 2AH không đổi

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 10. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

2 2  x+1  x − 1 . − x − 1  : Cho biểu thức: A =  −  x  3x x + 1  3x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Câu 2. (4 điểm) a) Chứng minh rằng: A =  n 3 n 2 − 7 

(

)

− 36n  ⋮ 7 với ∀n ∈ℤ. 

b) Cho P = n4 + 4. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.

Câu 3. (4 điểm) 1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 b) Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a) Giải phương trình:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c

Câu 4. (6 điểm) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N là giao điểm của BC và AD. Chứng minh MN / /AC

Câu 5. (2 điểm) Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a + bc b + ca c + ab + + ≥2 b+c c+a a+b

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.

2 2  x+1  x − 1 . − x − 1  : a) A =  −  x  3x x + 1  3x 2 2 ( x + 1) − 3x ( x + 1)  x − 1 A= − . : 3x  3x x + 1  x  2 2.(1 − 3x)  x A= − . x −1 3x  3x  x 2x A = 2. = x−1 x−1 b) Với x ≠ 0; x ≠ ±1, Ta có: A =

2x 2x 2 = 2+ A = = 2+ x −1 x −1 x −1

Để A ∈ ℤ thì ( x − 1) phải là ước của 2 ⇒ x − 1 ∈ {±1; ±2} Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn

Câu 2. a) Ta có: A =  n 3 n 2 − 7 

(

)

− 36n  

= n  n n 2 − 7 − 6   n n 2 − 7 + 6  = n n 3 − 7n − 6 n 3 − 7n + 6    3 3 = n n − n − 6n − 6 n − n − 6n + 6 = n  n 2 − 1 − 6 ( n + 1)   n n 2 − 1 − 6 ( n − 1)  Do đó    = n ( n + 1) n 2 − n − 6 ( n − 1) n 2 + n − 6 = n ( n + 1)( n + 2 )( n − 3 )( n − 1)( n − 2 )( n + 3 )

(

)

(

)

(

)(

(

)(

)

(

) (

)

A là tích của 7 số nguyên liên tiếp ⇒ A ⋮ 7 ∀n ∈ ℤ

(

)

b) P = n 4 + 4 = n 4 + 4n 2 + 4 − 4n 2 = n 2 + 2 − ( 2n )

2 2 = n 2 − 2n + 2 n 2 + 2n + 2 = ( n − 1) + 1 ( n − 1) + 1   

(

)(

)

Vì n là số tự nhiên nên ( n + 1) + 1 ≥ 2. Như vậy muốn P là số nguyên tố thì ta phải có

( n − 1)

+ 1 = 0 ⇔ ( n − 1) = 0 ⇒ n = 1

Khi đó P = 5 là số nguyên tố

Câu 3. a) Ta có: x 2 + 9x + 20 = ( x + 4 )( x + 5 ) x 2 + 11x + 30 = ( x + 5 )( x + 6 ) x 2 + 13x + 42 = ( x + 6 )( x + 7 )

TXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành:

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇒ 18 ( x + 7 ) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔

⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0  x = −13 (tm) ⇔ (tm) x = 2 b) Đặt b + c − a = x > 0; c + a − b = y > 0;a + b − c = z > 0. Ta có: x, y,z > 0 Từ đó suy ra : a =

y+z x+y x+z ;b = ;c = 2 2 2

Thay vào ta được: A = Từ đó suy ra A ≥

Câu 4.

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y  

1 ( 2 + 2 + 2 ) ⇒ A ≥ 3 . Dấu “= “ xảy ra ⇔ a = b = c 2

M C

N A

a) Xét ∆ACO và ∆BOD có: =B = 90 0 ; COA = ODB (cùng phụ với DOB) A Nên ∆ACO ∼ ∆BOD ( g.g ) ⇒

AO BD = ⇒ AO.BO = AC.BD AC BO

Mà AO = BO nên AO2 = AC.BD b) Xét ∆CMO và ∆OMD có:

= OMD = 90 0 ; OCM = DOM (cùng phụ với COM) CMO ⇒ ∆CMO ∼ ∆OMD ⇒

CO OM (1) = OD MD

Mà ∆ACO ∼ ∆BOD ⇒

CO AO CO OB (Do = ⇒ = OD OD OD BD

Từ (1) và (2) ta có:

AO = OB) ( 2 )

OM OB = ⇒ ∆OMD ∼ ∆OBD MD BD

= BOD ⇒ ∆OMD = ∆OBD (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ MOD

⇒ OM = OB = OA ⇒ ∆AMB vuông tại M c) Ta có: AC / /BD (cùng vuông góc với AB) ⇒

CN AC = NB BD

Mà BD = MD ( ∆OMD = ∆OBD ) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên

CN CM = ⇒ MN / /BD / /AC BN DM

Câu 5. -

Nhận xét : có a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ( a + b )( c + a ) Tương tự: b + ca = ( b + a )( b + c ) ; Do đó: VT =

c + ab = ( c + a )( c + b )

( a + b )( a + c ) + ( b + a )( b + c ) + ( c + a )( c + b )

b+c Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

c+a

a+b

( a + b )( a + c ) + ( b + a )( b + c ) ≥ 2

b+c ( a + b )( a + c )

b+c ( b + a )( b + c )

a+c

c+a ( c + a )( c + b )

a+b ( c + a )( c + b )

a+b

(a + b)

≥ 2 (a + c )

≥ 2 (b + c)

Vậy 2.VT ≥ 4 ( a + b + c ) = 4 ⇔ VT ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =

1 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 11. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

5 − x  2x − 5 2x  x Cho biểu thức : P =  2 + 2 − : 2  x − 25 x + 5x  x + 5x 5 − x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x để P có giá trị là một số nguyên.

Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình sau:

2010x + 2010 2010x − 2010 2011 − = 2 2 4 x +x+1 x −x +1 x x + x2 + 1

(

)

Câu 3. (3 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a 4 ( b − c ) + b4 ( c − a ) + c 4 ( a − b ) b) Cho a, b thỏa mãn a 2 + b2 ≤ 8. Chứng minh −4 ≤ a + b ≤ 4

Câu 4. (8 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm D bất kỳ, qua O vẽ hai dường thẳng vuông góc với DO tại O cắt By tại C a) Chứng minh BC.AD = a 2 và BCD b) Chứng minh DO và CO lần lượt là tia phân giác của ADC

c) Vẽ OH ⊥ CD ( H ∈ CD ) . Gọi I là giao điểm của AC và BD, E là giao điểm của AH và DO, F là giao điểm của BH và CO. Chứng minh ba điểm E, I, F thẳng hàng d) Xác định vị trí của điểm D trên tia Ax để tích DO.CO có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Câu 5. (2 điểm)

(

Cho hai số x, y thỏa mãn điều kiện x 2 − y 2

)

+ 4x 2 y 2 + x 2 − 2y 2 = 0. Tìm giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Tìm được ĐKXĐ của P là : x ≠ 0; x ≠ ±5; x ≠

5 2

 x x − 5  2x − 5 2x − − P= :  ( x + 5 )( x − 5 ) x ( x + 5 )  x ( x + 5 ) 5 − x   =

x2 − ( x − 5 )

x ( x + 5 )( x − 5 )

2x − 5 2x − x ( x + 5) 5 − x

( x − x + 5 )( x + x − 5 ) . x ( x + 5 ) − 2x 2x − 5 5 − x x ( x − 5 )( x + 5 )

5 2x 5 + 2x + = x−5 x−5 x−5 b)

x ≠ 0; x ≠ ±5; x ∈ ℤ ( * )  P ∈ ℤ  5 + 2x ∈ℤ   x−5 Ta có:

5 + 2x 15 =2+ . Vì x ∈ ℤ ⇒ x − 5 ∈ U(15) = {±1; ±3; ±5; ±15} x−5 x−5

Mà x lớn nhất nên x − 5 lớn nhất . Do đó x − 5 = 15 ⇔ x = 20 (thỏa mãn ( * ) ) Vậy giá trị nguyên lớn nhất của x = 20 để P có giá trị là một số nguyên.

Câu 2.Ta có:

2010x + 2010 2010x − 2010 2011 − = 2 2 4 x +x+1 x − x +1 x x + x2 + 1

(

 1 3 Ta có: x + x + 1 =  x +  + > 0∀x; 2 4  2

(1)

) 2

 1 3 x − x + 1 =  x −  + > 0∀x 2 4  2

Điều kiện xác định của phương trình (1) là : x ≠ 0

(

)(

Ta có: x 4 + x 2 + 1 = x 4 + 2x 2 + 1 − x 2 = x 2 − x + 1 x 2 + x + 1

)

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu:

( 1) ⇒ 2010x ( x + 1) ( x

(

)

(

)

− x + 1 − 2010x ( x − 1) x 2 + x + 1 = 2011

)

(

)

(

)

⇔ 2010x x 3 + 1 − 2010x x 3 − 1 = 2011 ⇔ 2010x x 3 + 1 − x 3 + 1 = 2011 ⇔ 2010x.2 = 2011 ⇔ x =

2011 4020

(TM)

Câu 3. a) a 4 ( b − c ) + b 4 ( c − a ) + c 4 ( a − b ) = a 4 ( b − c ) − b 4 ( a − c ) + c 4 ( a − b )

= a4 ( b − c ) − b4 (a − b + b − c ) + c4 (a − b) = a 4 ( b − c ) − b 4 ( a − b ) − b4 ( b − c ) + c 4 ( a − b )

(

)

(

= ( b − c ) a 4 − b4 − ( a − b ) b4 − c 4

(

)

(

= ( b − c )( a − b )( a + b ) a 2 + b 2 − ( a − b )( b − c )( b + c ) b 2 + c 2

(

= ( a − b )( b − c ) a 3 + ab 2 + a 2 b + b 3 − b 3 − bc 2 − b 2 c − c 3

)

= ( a − b )( b − c ) ( a − c ) a 2 + ac + c 2 + b 2 ( a − c ) + b ( a − c )( a + c )    2 2 2 = ( a − b )( b − c )( a − c ) a + b + c + ab + bc + ca

(

)

(

)

b) Ta có: 2

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab mà a 2 + b2 ≤ 8 nên 2ab ≤ 8

= a 2 + b 2 + 2ab ≤ 8 + 8 = 16

(a − b ) (a + b )

⇒ ( a + b ) − 16 ≤ 0 ⇔ ( a + b + 4 )( a + b − 4 ) ≤ 0 ⇒ −4 ≤ a + b ≤ 4(dfcm)

Câu 4.

H D

I E

= BOC (cùng phụ với AOD) a) Chứng minh ADO Chứng minh ∆ADO ∼ ∆BOC ( gg ) ⇒

OA AD = ⇒ BC.AD = a 2 BC OB

OB OD . Từ đó chứng minh ∆ODC ∼ ∆BOC ( c.g.c ) = BC OC Suy ra và kết luận CO là tia phân giác của BCD

b) Chứng minh

Chỉ ra ∆ADO ∼ ∆ODC (cùng đồng dạng với ∆BOC) Chứng minh DO là tia phân giác của ADC

c) Chứng minh ∆ vuông OBC = ∆ vuông OHC (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒ CB = CH Chứng minh OC là đường trung trực HB

Tương tự chứng minh AD = DH và OD là trung trực của HA Chứng minh EF là đường trung bình ∆AHB ⇒ EF / /AB

DE DH AD = = EO HC BC AD DI AD / /BC ⇒ = BC IB DE DI . Áp dụng định lý Ta let đảo cho ∆DOB ⇒ EI / /OB Suy ra = EO IB Theo tiên đề Oclit kết luận E, I, F thẳng hàng Chỉ ra EH / /OC ⇒

d) Chỉ ra 2S DOC = OC.OD = OH.DC = a.DC nhỏ nhất

⇔ DC nhỏ nhất ⇔ DC ⊥ Ax ⇔ ABCD là hình chữ nhật ⇔ AD = BC; CD = AB Mà BC.AD = a 2 ⇔ AD2 = a 2 ⇔ AD = a Xét tam giác vuông AHB có HO là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền

AB =a 2

⇒ OH =

Suy ra GTNN của OD.OC bằng 2a 2 khi và chỉ khi D ∈ Ax và AD = a.

Câu 5.

− y2

( ⇔ (x

)

+ 4x 2 y 2 + x 2 − 2y 2 = 0 ⇔ x 4 + y 4 − 2x 2 y 2 + 4x 2 y 2 + x 2 − 2y 2 = 0

)

(

⇔ x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 + x 2 − 2y 2 = 0 ⇔ x 2 + y 2 2

+ y2 − 1

)

(

)

− 2 x 2 + y 2 + 1 = −3x 2 + 1

= −3x 2 + 1

(

)

Ta có: −3x 2 + 1 ≤ 1∀x ⇒ x 2 + y 2 − 1 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x 2 + y 2 − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ A ≤ 2

x = 0 A=0⇔ 2 ⇔ x = y = 0. Vậy min A = 0 ⇔ x = y = 0 2 x + y = 0 x = 0 x = 0 x = 0 A=2⇔ 2 ⇔ . Vậy max A = 2 ⇔   2 2 2 x + y = 2  y = 2  y = 2 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 12. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

(

)

(

)

1. 8 x 2 + 3x + 5 + 7 x 2 + 3x + 5 − 15 2. x11 + x7 + 1 Câu 2. (4 điểm) Giải phương trình: 3

8  −5 3  9 . − x = 81  16 8  64

x 2 + 2x + 1 x2 + 2x + 2 7 + = x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 3 6 Câu 3. (2 điểm) 2.

Tìm số dư trong phép chia của đa thức ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2010 cho đa thức

x2 + 10x + 21 Câu 4. (6 điểm) Cho đa thức 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. 1. Chứng minh rằng: ∆BEC ∼ ∆ADC. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác ∆BHM, ∆BEC đồng dạng. Tính số đo của AHM 3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh :

GB HD = BC AH + HC

Câu 5. (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Vẽ BH vuông góc với AC(H ∈ AC). Gọi M là trung điểm của AH,K là trung điểm của CD. Chứng minh rằng: BM ⊥ MK .

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

)

(

)

8 x 2 + 3x + 5 + 7 x 2 + 3x + 5 − 15

1.1

Đặt t = x2 + 3x + 5 , ta có:

(

)

(

)

8 x 2 + 3x + 5 + 7 x 2 + 3x + 5 − 15 = 8t 2 + 7t − 15 = 8t 2 − 8t + 15t − 15 = 8t ( t − 1) + 15 ( t − 1) = ( t − 1)( 8t + 15 ) Thay t = x2 + 3x + 5 vào đa thức ta có:

( = (x = (x

)

(

)

8 x 2 + 3x + 5 + 7 x 2 + 3x + 5 − 15 + 3x + 5 − 1  8 x 2 + 3x + 5 + 15    2 2 + 3x + 4 8x + 24x + 55

) (

)

)(

)

1.2

(

) (

x11 + x7 + 1 = x11 + x10 + x 9 + −x10 − x 9 − x 8

)

(

) ( ) ( ) ( = x ( x + x + 1) − x ( x + x + 1) + x ( x + x + 1) − x ( x = ( x + x + 1 ) . ( x − x + x − x + x + 1)

) ( + x + 1) + x ( x

+ x 8 + x7 + x 6 + − x 6 − x 5 − x 4 + x 5 + x 4 + x 3 + − x 3 − x 2 − x + x 2 + x + 1 9

) ) (

+ x + 1 + x2 + x + 1

)

Câu

8  −5 3  9 . − x = 81  16 8  64

2.1.

 −5 3  9 81  9  ⇔ − x = . =   64 8  8   16 8  −5 3 9 ⇔ − x= 16 8 8 9 5 + −23 ⇔ x = 8 16 = 3 6 − 8

2.2

x 2 + 2x + 1 x 2 + 2x + 2 7 + = x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 3 6

(x ∈ ℝ)

Đặt t = x 2 + 2x + 3 ⇒ x 2 + 2x + 2 = t − 1, DK : t ≥ 2 Phương trình trở thành: t − 2 t −1 7 + = t −1 t 6 6t ( t − 2 ) 6 ( t − 1)( t − 1) 7t(t − 1) ⇔ + = t t ( t − 1) 6t ( t − 1) ⇒ 6t 2 − 12t + 6t 2 − 12t + 6 = 7t 2 − 7t ⇔ 5t 2 − 17t + 6 = 0  t = 3(TM)  2 ⇔ ( t − 3)  t −  = 0 ⇔  2  t = (ktm)  5  5

x = 0 Với t = 3 ⇒ x 2 + 2x + 3 = 3 ⇔   x = −2 Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0; x = −2

Câu 3. Ta có:

P(x) = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2010

(

)(

)

= x 2 + 10x + 16 x 2 + 10x + 24 + 2010

Đặt t = x 2 + 10x + 21, biểu thức P(x) được viết lại:

P(x) = ( t − 5 )( t + 3 ) + 2010 = t 2 − 2t + 1995 Do đó khi chia t 2 − 2t + 1995 cho t ta có số dư là 1995

Câu 4.

M 1

H G

chung; CDE = CAB = 90 0 4.1 ∆CDE và ∆CAB có: C

CD CE CD CA . = ⇒ = CA CB CE CB Hai tam giác ADC và BEC có: ⇒ ∆CDE ∼ ∆CAB ⇒

chung; CD = CA (cmt) ⇒ ∆ADC ∼ ∆BEC(c.g.c) C CE CB = 1350 (Vì ∆ AHD vuông cân tại H theo giả thiết) Suy ra : BEC = ADC = 450 , do đó ∆ ABE vuông cân tại A Nên AEB

Suy ra BE = AB 2 = m 2 4.2 Ta có:

BM 1 BE 1 AD = . = . (do ∆BEC ∼ ∆ADC) BC 2 BC 2 AC

Mà AD = AH 2 ( ∆AHD vuông cân tại H)

BM 1 AD 1 AH 2 BH BH (Do..∆BHM ∼ ∆CBA) = . = . = = BC 2 AC 2 AC AB 2 BE = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 Do đó: ∆BHM ∼ ∆BEC(c.g.c) ⇒ BHM

Nên

4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác góc BAC

GB AB AB ED = mà = ( ∆ABC ∼ ∆DEC ) GC AC AC DC ED AH Ta lại có: ED / /AH ⇒ = DC HC ED AH HD Mà HD = HC ⇒ = = DC HC HC GB HD GB HD GB HD ⇒ = ⇒ = ⇒ = GC HC GC + GB HC + HD BC HC + AH Câu 5. Suy ra

B O

M D

H K

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH Ta có M,O lần lượt là trung điểm của AH, BH nên: MO là đường trung bình ∆HAB Vậy MO =

1 AB, MO / /AB 2

1 CD 2 Do đó: MO = KC, MO / /KC, suy ra tứ giác MOCK là hình bình hành. Mà AB = CD, AB / /CD,KC =

Từ đó có: CO / /MK Ta có: MO / /KC,KC ⊥ CB ⇒ MO ⊥ CB Tam giác MBC có MO ⊥ CB, BH ⊥ MC nên O là trực tâm ∆MBC ⇒ CO ⊥ BM Ta có: CO ⊥ BM và CO / /MK nên BM ⊥ MK

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 13. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1.x 2 + 7x + 6

2.x 4 + 2008x 2 + 2007x + 2008 Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình: 1)x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 2

2  1  1   1  1 2)8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2  x +  = ( x + 4 ) x x x  x    

Câu 3. (2 điểm)

 1 1 1 1. CMR với a, b,c là các số dương, ta có: ( a + b + c )  + +  ≥ 9 a b c 2. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008 cho đa thức x2 + 10x + 21

Câu 4. (4 điểm)

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. 1) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB 2) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của AHM

3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB HD = BC AH + HC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1)

x 2 + 7x + 6 = x 2 + x + 6x + 6

= x ( x + 1) + 6 ( x + 1) = ( x + 6 )( x + 1) 2)

x 4 + 2008x 2 + 2007x + 2008 = x 4 + x 2 + 2007x 2 + 2007x + 2007 + 1

(

) ( = ( x + x + 1)( x − x + 1) + 2007 ( x

)

(

= x 4 + x 2 + 1 + 207 x 2 + x + 1 = x 2 + 1 − x 2 + 2007 x 2 + x + 1 2

) (

)(

+ x + 1 = x + x + 1 x − x + 2008

Câu 2. 2.1 x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 ( 1) 2

Nếu x ≥ 1 : ( 1) ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 1)

x < 1 : ( 1) ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x 2 − x − 3 ( x − 1) = 0 Nếu

 x = 1 (ktm) ⇔ ( x − 1)( x − 3 ) = 0 ⇔   x = 3 (ktm)

Vậy phương trình ( 1) có một nghiệm duy nhất x = 1 2.2 2

2  1  1   1  1 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2  x +  = ( x + 4 ) x x x   x   

(2)

Điều kiện để phương trình có nghiệm: x ≠ 0 2 2 2  1  2 1   2 1   1  ( 2 ) ⇔ 8  x + x  + 4  x + x 2   x + x 2  −  x + x   = ( x + 4 )          2

)

2 2  1  1 ⇔ 8  x +  − 8  x 2 + 2  = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4 ) = 16 x x     x = 0(ktm) ⇔  x = −8(tm)

)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = −8

Câu 3. 3.1 Ta có:  1 1 1 a a b b c c A = (a + b + c )  + +  = 1 + + + + 1 + + + + 1 b c a c a b a b c a b a c  c b = 3+ + + + + +  b a c a b c  Mà

x y + ≥ 2 (BĐT Cô si) y x

Do đó: A ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 . Vậy A ≥ 9 3.2 Ta có:

P(x) = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008

(

)(

)

= x 2 + 10x + 16 x 2 + 10x + 24 + 2008 Đặt t = x 2 + 10x + 21 ( t ≠ −3; t ≠ −7 ) , Biểu thức P(x) được viết lại

P(x) = ( t − 5 )( t + 3 ) + 2008 = t 2 − 2t + 1993 Do đó khi chia t 2 − 2t + 1993 cho t ta có số dư là 1993

Câu 4.

A E

M HG

chung; 1) Hai tam giác ADC và BEC có: C

CD CA = (hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) CE CB Do đó ∆ADC ∼ ∆BEC = ADC = 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết) Suy ra BEC = 45 0 , do đó ∆ABE vuông cân tại A Nên AEB

Suy ra : BE = AB 2 = m 2 2) Ta có

BM 1 BE 1 AD = . = . ( do BC 2 BC 2 AC

∆BEC ∼ ∆ADC )

Mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

BM 1 AD 1 AH 2 BH BH = . = . = = (do ∆ABH ∼ ∆CBA) BC 2 AC 2 AC AB 2 BE = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 Do đó: ∆BHM ∼ ∆BEC(c.g.c) ⇒ BHM

Nên

3) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác BAC

GB AB AB ED AH HD , mà = = ∆ABC ∼ ∆DEC ) = ED / /AH ) = ( ( GC AC AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: = ⇒ = ⇒ = GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

Suy ra :

ĐỀ SỐ 14. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)

    1 1 a) Giải phương trình: ( x + 4 )  x 2 + x − 1, 5  = ( 3 − x )  x 2 + x − 1, 5  2 2     b) Giải bất phương trình: x +

1 <2 x

Câu 2. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức sau: 3

x16 − 1

( x + 1) ( x

)(

+ 1 x4 + 1 x8 + 1

)

với x = 2011

b) Cho ( x + 3y ) − 6 ( x + 3y ) + 12 ( x + 3y ) = −19 Tìm giá trị của biểu thức x + 3y

Câu 3. (1,0 điểm) Một trường học được xây dựng trên khu đất hình chữ nhật ABCD có AB = 50m,

BC = 200m. Ở phía chiều rộng AB tiếp

giáp đường chính, người ra sử dụng hai lô đất hình vuông AMEH, BMIK để xây dựng phòng làm việc và nhà để xe. Diện

tích còn lại để xây phòng học và các công

M B I

K E

trình khác (như hình vẽ). Tính diện tích lớn nhất còn lại để xây phòng học và các cong trình khác.

Câu 4. (2,0 điểm)

 x x 3 − 8 x 2 − 2x + 4  1 x 2 + 3x + 2 − 3 . . Cho biểu thức P =  : x2 − 4  x + 2 x2 + x + 1  x+2 x +8 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của x để P > 0

Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm,AD = 6cm. Gọi H là hình chiếu của A trên BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DH, BC a) Tính diện tích tứ giác ABCH b) Chứng minh AM ⊥ MN.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.     1 1 a) ( x + 4 )  x 2 + x − 1, 5  = ( 3 − x )  x 2 + x − 1, 5  2 2      x = −0, 5 1  ⇔ ( 2x − 1)( x − 1)( 2x + 3 ) =⇔  x = 1 2  x = −1, 5

b) x +

1 x2 + 1 <2⇔ < 2, DK : x ≠ 0 x x 2

x > 0; x 2 + 1 < 2x ⇔ ( x − 1) < 0(ktm) 2

x < 0 : x 2 + 1 > 2x ⇔ ( x − 1) (dung ∀x < 0) Vậy x < 0

Câu 2. a)

(

)(

)

x16 − 1 = ( x − 1)( x + 1) x 2 + 1 x 4 + 1 x 8 + 1

( x − 1)( x + 1) ( x + 1)( x + 1)( x + 1) ⇒ = = x −1 ( x + 1) ( x + 1)( x + 1)( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)( x + 1)( x + 1) 2

x16 − 1

Kết quả 2010 3

( x + 3y ) − 6 ( x + 3y ) + 12 ( x + 3y ) − 8 = −27 ⇔ ( x + 3y − 2 ) = ( −3 ) 3

⇒ x + 3y − 2 = −3 ⇒ x + 3y = −1 2

Câu 3.Đặt : AM = a,MB = b ⇒ ( a + b ) = 50 2

(a − b)

(

≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab

)

2 a 2 + b 2 ≥ ( a + b ) = 50 2

⇔ a 2 + b 2 ≥ 1250

( )

Diện tích nhỏ nhất S AMEH + S BIMK = 1250 m 2

( )

Diện tích lớn nhất còn lại: 10000 − 1250 = 8750 m 2

Câu 4. a) ĐKXĐ: x ≠ ±2

( (

) )

2 x 3 − 8 x 2 − 2x + 4 ( x − 2 ) x + 2x + 4 x 2 − 2x + 4 x 2 + 2x + 4 . = . = x3 + 8 x2 − 4 ( x + 2 ) x2 − 2x + 4 ( x − 2 )( x + 2 ) ( x + 2 )2

(

)

2 x x 2 + 2x + 4 x ( x + 2 ) − x + 2x + 4 −4 − = = 2 2 2 x+2 ( x + 2) (x + 2) (x + 2)

−4

( x + 2)

1 x 2 + 3x + 2 −4. ( x + 2 )( x + 1)( x + 2 ) −4. ( x + 1) . = = 2 2 x + 2 x2 + x + 1 x + x+1 ( x + 2 ) . x2 + x + 1

(

)

 1 3 b) x 2 + x + 1 =  x +  + > 0 với mọi x 2   4

Để P > 0 ⇔ −4 ( x + 1) > 0 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1 Vậy để P > 0 thì x < −1; x ≠ −2

Câu 5.

A K

N M

H C

D a) ∆ABH ∼ ∆ DBA Tính AH = 4,8cm; BH = 6, 4cm

Kẻ KC ⊥ BD.

C / m KC = AH = 4,8cm

1 1 AH.HB + CK.HB = 30,72 cm 2 2 2 AH AD HD b) ∆AHD ∼ ∆ABC ⇒ . = = AB AC BC AD DM AD AM = ; ∆ADM ∼ ∆ACN ⇒ = AC CN AC AN = NAC ⇒ NAM = CAD; AD = AM ⇒ MAD AC AN ⇒ ∆ADC ∼ ∆AMN(cgc) ⇒ AM ⊥ MN

S ABCH = S ABH + S BHC =

(

)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 15. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (1,50 điểm) 2a + 1 thành hiệu hai bình phương a ( a + 1)

a) Hãy viết biểu thức sau :

2.1 + 1

b) Cho M =

2.2 + 1

) (2

2.3 + 1

) (3

)

+ ...... +

2.2012 + 1

( 2012

+ 2012

)

Chứng minh rằng M < 1

Câu 2. (2,00 điểm) a) Chứng minh rằng n 3 − 28n chia hết cho 48 với mọi n là số nguyên chẵn b) Giải phương trình sau:

x 2 + 3x + 7 3x + 2 = x 2 + 5x − 6 x + 15

Câu 3. (2,50 điểm)

 x 1   1 2  Cho biểu thức : P =  + 2 : + 2    x −1 x − x   x +1 x −1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P > −1 c) Giải phương trình P = 2

Câu 4. (1,00 điểm) Cho a > 0; b > 0 và a 2 + b2 = 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q =

1 1 + 2 2 a b

Câu 5. (3,00 điểm) Cho tam giác ABC có AB = 2a; AC = 3a; BC = 4a. Đường phân giác AD và BE cắt nhau tại I. Gọi M là trung điểm của AC, G là trọng tâm tam giác ABC a) Tính độ dài đoạn thẳng BD theo a b) Chứng minh IG / /AC c) Tính tỉ số diện tích của tứ giác EIGM và ∆ABC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) b)

2a + 1 a 2 ( a + 1) 2a + 1

)

a 2 + 2a + 1 − a 2 a 2 ( a + 1)

1 1 − 2 a ( a + 1) 2

( a + 1) − a = a ( a + 1) 2

 1  1  =   −   a   a +1

1 1 1 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − 2 + ....... + − 2 2 2 2 3 3 4 2012 20132 1 = 1− < 1⇒ M <1 20132 Câu 2. M = 1−

a) n = 2k, với k là số nguyên; n 3 − 28n = ( 2k ) − 28 ( 2k ) = 8k 3 − 56k

( = 8k ( k

) ( ) − 1) − 48k = 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k

= 8k k 2 − 7 = 8k k 2 − 1 − 6 2

k ( k − 1)( k + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 nên 8k ( k − 1)( k + 1) − 48k chia hết cho 48 b) ĐKXĐ: x ≠ −15; x ≠ 1; x ≠ −6 2

x 2 + 3x + 7 3x + 2 x 2 + 3x + 7 + 3x + 2 x 2 + 6x + 9 ( x + 3 ) = = = = x 2 + 5x − 6 x + 15 x 2 + 5x − 6 + x + 15 x 2 + 6x + 9 ( x + 3 )2

Thay x = −3 vào phương trình và kết luận nghiệm của phương trình Với x ≠ −3 ta có: 2

x 2 + 3x + 7 3x + 2 ( x + 3 ) 13 = = = 1 ⇔ 3x + 2 = x + 15 ⇔ x = (tm) 2 2 2 x + 5x − 6 x + 15 ( x + 3 )  13  Vậy S =  ; −3 2  Câu 3. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ ±1 P=

x2 + 1 x −1+ 2 x 2 + 1 ( x + 1)( x − 1) x 2 + 1 : = . = x +1 x x ( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x ( x − 1)

b) P > −1 ⇔

x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 + x > −1 ⇔ +1> 0 ⇔ >0 x x x 2

 1 3 Vì x + x + 1 =  x +  + > 0 với mọi x 2 4  2

Để c)

x > 0 x2 + 1 + x > 0 ⇔ x > 0 . Vậy P > −1 ⇔  x x ≠ 1 P = 2 P =2⇔  P = −2

P=2⇔

x2 + 1 x 2 + 1 − 2x =2⇔ = 0 ⇔ x = 1(ktm) x 2

x2 + 1 x 2 + 1 + 2x = −2 ⇔ = 0 ⇔ x = −1(ktm) x x Vậy phương trình vô nghiệm

P = −2 ⇔

Câu 4.

1 1 1 + 2 ≥2 2 ab a b 2 1 1 4 2  1 1  = a 2 + b2  2 + 2  ≥ 2ab. ≥ 4 ⇒ 2 + 2 ≥ ab 10 5 b  a b a 2 Vậy MinQ = ⇔ a = b = 5 5 a 2 + b2 ≥ 2ab;

(

)

Câu 5.

A H E K

BD DC = AB AC BD DC BD + DC BC 4a 4 8a = = = = = ⇒ BD = AB AC AB + AC AB + AC 5a 5 5 EA EC EA + EC AC 3a 1 = = = = = b) AB BC AB + BC AB + BC 6a 2 EA = a; EC = 2a

⇒

IE EA a 1 = = = IB AB 2a 2

G là trọng tâm ∆ABC ⇒

GM 1 = GB 2

GM IE 1 = = ⇒ IG / /EM (ta let đảo ) ⇒ IG / /AC GB IB 2 2

S BIG  2  4 =  = c) S BEM  3  9 Tính EM = 0, 5a;

S BEM 0, 5a 1 S BIG S S 4 1 2 = = ; = BIG . BEM = . = S ABC 3a 6 S ABC S BEM S ABC 9 6 27

S EIGM S BEM − S AIG 1 2 5 = = − = S ABC S ABC 6 27 54 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 16. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)

(

) (

)

1. Cho x 2 + y 2 = 2 và M = x 2 − 1 + y 2 − 1 + 2x 2 y 2 Chứng minh rằng giá trị của biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến số x, y

2. Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức n 3 − 2n 2 + 2n − 4 là số nguyên tố Câu 2. (2,0 điểm)

 x−1 1 − 3x + x 2 1  x 2 + 2x + 1 Cho A =  − − : 1− x x −1  3x + ( x − 1)2 x3 − 1   1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2. Tìm các giá trị thực của x để A và

2 có giá trị là số nguyên. A

Câu 3. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình:

21 − x 2 + 4x − 6 = 0 x − 4x + 10 2

2. Bạn Nam hỏi bạn Bắc: “Năm nay cha và mẹ của bạn bao nhiêu tuổi”. Bắc trả lời: “Cha tôi hơn mẹ tôi 4 tuổi. Trước đây tổng số tuổi của cha và mẹ tôi là 66 tuổi thì tổng số tuổi của hai anh em chúng tôi là 10. Hiện nay tổng số tuổi của cha và mẹ tôi gấp 3 lần tổng số tuổi của hai anh em chúng tôi” Tính xem tuổi của cha và tuổi của mẹ bạn Bắc là bao nhiêu ?

Câu 4. (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AB = 2BC, đường phân giác các góc C và D cắt nhau tại M. Chứng minh A,M, B thẳng hàng

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC đều. Một đường thẳng song song với BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DE và BE. Gọi O là trọng tâm của tam giác ADE.

1. Chứng minh ∆OMN ∼ ∆OEC 2.Chứng minh ON vuông góc với NC.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1. 2

(

) (

)

M = x 2 − 1 + y 2 − 1 + 2x 2 y 2 = x 4 − 2x 2 + 1 + y 4 − 2y 2 + 1 + 2x 2 y 2

( = (x

) (

)

= x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 − 2 x 2 + y 2 + 2 2

+ y2

)

(

)

− 2 x2 + y2 + 2

= 2 − 2.2 + 2 = 2 2.

(

)

n 3 − 2n 2 + 2n − 4 = n 2 + 2 ( n − 2 )

Để giá trị của biểu thức là số nguyên tố thì n 2 + 2 = 1 (loại vì n 2 + 2 ≥ 2) Hoặc n − 2 = 1 . Ta tìm được n = 3

Câu 2. 1. Điều kiện xác định x ≠ ±1  x−1 1 − 3x + x 2 1   x − 1 1 − 3x + x 2 1     − − = − − 1 − x   x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1 1 − x   3x + ( x − 1)2 x3 − 1     2 2 ( x − 1)( x − 1) − 1 − 3x + x + x + x + 1 x 2 + 2x + 1 = = ( x − 1) x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1

(

) ( )

)

(

 x−1 1 − 3x + x 2 1  x 2 + 2x + 1  − − : 1− x x −1  3x + ( x − 1)2 x3 − 1   x 2 + 2x + 1 x−1 1 = = . 2 2 ( x − 1) x2 + x + 1 x + 2x + 1 x + x + 1

(

2. A =

)

1 2 nguyên thì nguyên nghĩa là A ∈ U(2) A x + x+1 2

x2 + x + 1 ≥

)

3 4 ;0 < A ≤ ⇒ A = 1 4 3

 x = 0(tm) Suy ra A = 1 ⇔ x 2 + x + 1 = 1 ⇔   x = −1(ktm) Vậy x = 0

Câu 3. 1. Điều kiện xác định x ∈ ℝ , đặt t = x2 − 4x + 8

)

21 21 − x 2 + 4x − 6 = 0 ⇔ − ( t − 2 ) = 0 ( t ≠ −2 ) t+2 x − 4x + 10 2

(

)

⇔ 21 − ( t + 2 )( t − 2 ) = 0 ⇔ 21 − t 2 − 4 = 0 ⇔ t 2 = 25 ⇔ t = ±5

x 2 − 4x + 8 = 5 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 giải ra x = 1; x = 3 x 2 − 4x + 8 = −5 ⇔ x2 − 4x + 13 = 0 vô nghiệm vì x2 − 4x + 13 > 0 Vậy x = 1; x = 3

2. Gọi x là tuổi của mẹ bạn Bắc khi tổng số tuổi của cha và mẹ là 66 ( x nguyên dương) Ta có: x + x + 4 = 66 ⇔ 2x = 62 ⇔ x = 31 Gọi y là số tuổi thêm từ khi mẹ Bắc 31 tuổi đến nay ( y nguyên dương) Tổng số tuổi hiện nay của hai người là 66 + 2y Tổng số tuổi của hai người con hiện nay là 10 + 2y Ta có phương trình:

3 ( 10 + 2y ) = 66 + 2y ⇔ 30 + 6y = 66 + 2y ⇔ y = 9 Tuổi của mẹ Bắc hiện nay là 9 + 31 = 40 tuổi Tuổi của cha Bắc hiện nay là 9 + 35 = 44 tuổi

Câu 4.

N M

Gọi N là trung điểm AB, P là trung điểm CD Chứng minh ANPD và NBCP là các hình thoi Suy ra N là giao điểm của phân giác các góc C và D Suy ra N trùng với M Vậy A,M, B thẳng hàng

Câu 5.

A O

E M N

B 1. OA = OE, BD = EC; ⇒

OM 1 OM 1 = ⇒ = OA 2 OE 2

MN 1 MN 1 = ⇒ = BD 2 EC 2

MN OM = OEC = 150 0 ⇒ ∆OMN ∼ ∆OEC c.g.c = ⇒ OMN ( ) EC OE

= OCE; MON = EOC và ON = OC 2. Từ ∆OMN ∼ ∆OEC , ta có: ONM OM OE = EOC ⇒ NOC = MOE ⇒ MON

= OME = 90 0 ∆ONC ∼ ∆OME ( c.g.c ) ⇒ ONC

Suy ra ON ⊥ NC

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 17. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz b) Chứng minh rằng:

1 1 4 + ≥ ∀a, b > 0 a b a+b

Câu 2. (3 điểm) Giải các phương trình sau:

( 2x

x + 9 x + 10 9 10 + = + 10 9 x + 10 x + 9

)

(

)

− 3x − 1 − 3 2x 2 − 3x − 5 − 16 = 0

Câu 3. (3 điểm) Thực hiện các phép tính: 1 1 2 4 8 + + + + 2 4 1 − x x + 1 1 + x 1 + x 1 + x8 1 1 1 1 b) + + + ..... + 1.3 3.5 5.7 49.51 a)

Câu 4. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

A = ( x − 2 )( x − 5 ) x 2 − 7x − 10

)

Câu 5. (4 điểm) Cho biểu thức:

 x2 6 1   10 − x 2  M= 3 + +  :x−2 +  x+2   x − 4x 6 − 3x x + 2   a) Rút gọn M b) Tính giá trị của biểu thức M khi x = −1 c) Với giá trị nào của x thì M = −2 d) Tìm giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên.

Câu 6. (5 điểm) Cho tam giác ABC, các góc B và C nhọn. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) AB.AF = AC.AE b) ∆AEF ∼ ∆ABC c) BH.BE + CH.CF = BC2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) A = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = x 3 + y 3 + 3xy ( x + y ) + z 3 − 3xy ( x + y ) − 3xyz 3

= ( x + y ) + z 3 − 3xy ( x + y + z ) 2 = ( x + y + z ) ( x + y ) − ( x + y ) z + z 2  − 3xy ( x + y + z )   2 2 2 = ( x + y + z ) x + y + z − xy − yz − xz

(

)

b) Xét hiệu: 1 1 4 A = + − a b a+b b ( a + b ) + a ( a + b ) − 4ab = ab ( a + b ) 2

( a − b ) ≥ 0 (Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b) a 2 − 2ab + b 2 = = ab ( a + b ) ab ( a + b )

Vậy

1 1 4 + ≥ (dấu " = " xảy ra ⇔ a = b) a b a+b

Câu 2. a)

( 2x − 3x − 1) − 3 ( 2x − 3x − 5 ) − 16 = 0 ⇔ ( 2x − 3x − 1) − 3 ( 2x − 3x − 1) − 4 = 0(*) 2

Đặt t = 2x2 − 3x − 1

 t = −1 ⇒ Pt ( * ) ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 ⇔  t = 4 x = 0  x = 3  2x 2 − 3x − 1 = −1  x ( 2x − 3 ) = 0 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔  x = − 1 x + 1 2x − 5 = 0 2x − 3x − 1 = 4 )( )  (  5  = x  2

 3 5 Vậy S = −1; 0; ;  2 2 

x + 9 x + 10 9 10 + = + (* ) 10 9 x + 10 x + 9

ĐKXĐ: x ≠ −9; x ≠ −10

( * ) ⇔ x ( x + 19 )(19x + 181) = 0  x = 0  ⇔  x = −19 (TMDK)  −181 x = 19 

 −181  Vậy S = 0; −19;  19   Câu 3. 1 1 2 4 8 + + + + 2 4 1 − x x + 1 1 + x 1 + x 1 + x8 1 1 2 Ta có: + = 1 − x 1 + x 1 − x2 2 2 4 8 ⇒A= + + + 2 2 4 1 − x 1 + x 1 + x 1 + x8 4 4 8 = + + 4 4 1 − x 1 + x 1 + x8

a) A =

8 8 + 8 1 − x 1 + x8 16 = 1 − x16 1 1 1 1 b)B = + + + .... + 1.3 3.5 5.7 49.51 1  1   1 1   1 1   1 1  =  1 −  +  −  +  −  + .... +  −   2  3   3 5   5 7   49 51   =

1 1 1 1 1 1 1 1 =  1 − + − + − + ...... + −  2 3 3 5 5 7 49 51  1  1  25 = . 1 −  = 2  51  51 Câu 4.

(

A = ( x − 2 )( x − 5 ) x 2 − 7x − 10

(

)(

= x 2 − 7x + 10 x 2 − 7x − 10

)

Đặt x 2 − 7x = t, ta có biểu thức:

A = ( t − 10 )( t + 10 ) = t 2 − 100 ≥ −100 Dấu " = " xảy ra ⇔ t = 0

x = 0 ⇔ x 2 − 7x = 0 ⇔  x = 7 x = 0 Với  thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng −100 x = 7 Câu 5. a) Điều kiện x ≠ 0, x ≠ ±2

 x2 6 1   10 − x 2  M= 3 + + : x − 2 +    x+2   x − 4x 6 − 3x x + 2    x 2 1  x 2 − 4 + 10 − x 2 = + + : x+2  ( x − 2 )( x + 2 ) 2 − x x + 2  =

x − 2 (2 + x) + x − 2

( x − 2 )( x + 2 )

b) x = −1 ⇒ M =

6 x+2 1 −6 −1 . = = = x + 2 ( x − 2 )( x + 2 ) 6 x−2 2−x

1 1 1 = = 2 − x 2 − ( −1) 3

1 1 3 = 2 ⇔ 2 ( 2 − x ) = 1 ⇔ 2 − x = ⇔ x = (TMDK) 2−x 2 2 1 d) Để M nhận giá trị nguyên thì nhận giá trị nguyên 2−x

c) M = 2 ⇔

⇔ 2 − x ∈ U ( 1) = {−1;1}  2 − x = −1 ⇒ x = 3(tm)   2 − x = 1 ⇒ x = 1(tm) Vậy với x ∈ {1; 3} thì M nhận giá trị nguyên.

Câu 6.

E F

B a) ∆ABE ∼ ∆ACF(g.g) ⇒

D AB AE = ⇒ AB.AF = AC.AE AC AF

AB AE AE AF = ⇒ = AC AF AB AC chung và AE = AF ⇒ ∆AEF ∼ ∆ABC(c.g.c) ∆AEF, ∆ABC có A AB AC c) Vẽ HD ⊥ BC b)

BH BD = ⇒ BH.BE = BC.BD BC BE CH CD ∆CHD ∼ ∆CBF ( g.g ) ⇒ = ⇒ CH.CF = BC.CD BC CF

∆BHD ∼ ∆BCE ( g.g ) ⇒

(1) (2)

Cộng từng vế (1) và (2) ta được: BH.BE + CH.CF = BC. ( BD + CD ) = BC.BC = BC2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 18. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 + 2013x2 + 2012x + 2013

 x 2 − 2x   2x 2 1 2  . 1 − − 2 . − 2. Rút gọn biểu thức sau: A =  2 2 3    2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x  Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau:

( 2x

)

(

+ x − 2013 + 4. x 2 − 5x − 2012

)

(

)(

= 4. 2x 2 + x − 2013 x 2 − 5x − 2012

)

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3

Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24, f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư 2. Chứng minh rằng: 2

a ( b − c )( b + c − a ) + c ( a − b )( a + b − c ) = b ( a − c )( a + c − b )

Câu 4. (6,0 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 1) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng

AC = 2EF 3) Chứng minh rằng :

1 1 1 = + 2 2 AD AM AN 2

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.1 Ta có:

x 4 + 2013x 2 + 2012x + 2013

(

)

= x 4 − x + 2013x 2 + 2013x + 2013

(

)

(

)

= x ( x − 1) x 2 + x + 1 + 2013. x 2 + x + 1

(

)(

= x 2 + x + 1 x 2 − x + 2013

)

x ≠ 0 1.2Điều kiện:  x ≠ 2  x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 − 1− − 2  2 3  x x   2x + 8 8 − 4x + 2x − x    x 2 − 2x  x2 − x − 2 2x 2  . = −  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )  x2  

(

)

 x 2 − 2x  ( x + 1)( x − 2 ) 2x 2 . = −  2 x2 + 4 x2 x2 + 4 ( 2 − x )   

(

) (

)

x. ( x − 2 ) + 4x 2

( x + 1) . ( x + 2 ) = x

x ( ) x ( x + 4 ) ( x + 1) x + 1 = = 2x 2x ( x + 4 ) 2 ( x − 2 ) x2 + 4

− 4x 2 + 4x + 4x 2 x + 1 . 2 x 2 x2 + 4

(

)

Vậy A =

x+1 với 2x

x ≠ 0  x ≠ 2

Câu 2.

a = 2x 2 + x − 2013 2.1 Đặt  2  b = x − 5x − 2012 Phương trình đã cho trở thành: 2

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b ) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó ta có:

(

)

2x 2 + x − 2013 = 2. x 2 − 5x − 2012 ⇔ 2x 2 + x − 2013 = 2x 2 − 10x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011 11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011 11

 3 7 2.2 Ta có: y − x = 2x + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y (1) 4 8  3

15 >0⇒ y<x+2 ( x + 2 ) − y = 4x + 9x + 6 =  2x + 94  + 16   3

(2)

Từ ( 1) và ( 2 ) ta có: x < y < x + 2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x = −1 ⇒ y = 0 Vậy ( x; y ) = ( −1; 0 )

Câu 3. 3.1 Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư ax + b

(

)

Khi đó : f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b Theo đề Câu, ta có:

7  f(2) = 24 2a + b = 24 a = ⇔ ⇔ 2  f( −2) = 10 −2a + b = 10  b = 17 7 Do đó : f(x) = x 2 − 4 .( −5x) + x + 17 2

(

)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f(x) = −5x 3 +

47 x + 17 2

3.2

(

)

(

)

(

)

Ta có: a ( b − c ) b + c − a 2 + c ( a − b ) a + b − c 2 − b ( a − c ) a + c − b 2 = 0

 x+z a = 2 a + b − c = x  x+y   Đặt  b + c − a = y ⇒  b = 2 a + c − b = z   y + z  c = 2  Khi đó ta có:

VT =

x+z x+y y+z 2 y+z x+z x+y 2 1 2 . . − −  .y +  x − ( x + y )( x − y ) z 2  2 2  2  2 2  4

x+z x−z 2 y+z z−y 2 1 2 . .y + . .x − . x − y 2 z 2 2 2 2 2 4 1 1 1 = x 2 − z 2 y 2 + z 2 − y 2 x 2 − . x 2 − y 2 .z 2 4 4 4 1 1 (dfcm) = x 2 − y 2 z 2 − x 2 − y 2 z 2 = 0 = VP 4 4

(

)

(

)

(

)

(

)

Câu 4.

H F

N = ABF (cùng phụ với BAH) 1) Ta có: DAM

(1)

= ADM = 90 0 (ABCD là hình vuông) (gt); BAF

AB = AD

⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g.c.g )

⇒ DM = AF, mà AF = AE(gt) nên AE = DM Lại có: AE / /DM (vì AB / /DC) = 90 0 (gt) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH(g.g)

AB BH BC BH = hay = ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH = HBC (cùng phụ với ABH) Lại có: HAB ⇒

⇒ ∆CBH ∼ ∆AEH(c.g.c) 2

S S 2  BC   BC  , mà CBH = 4(gt) ⇒  ⇒ CBH =  = 4 ⇒ BC 2 = ( 2AE )   S EAH  AE  S EAH  AE 

⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF(dfcm) 3) Do AD / /CN(gt). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: ⇒

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC / /AB ( gt ) . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

MN MC AB MC AD MC hay = ⇒ = = AN AB AN MN AN MN 2

CN 2 + CM 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  ⇒ + = + = = =1     MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  (Pytago)  AD   AD  1 1 1 ⇒ + = 1⇒ + =   2 2 AM AN AD2  AM   AN 

(dfcm)

Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b, c ∈ ℝ và x,y,z > 0 ta có: a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+y+z

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có:

(*)

a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+y

(

(**)

)

⇔ a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy(a + b)2 2

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức ( * * ) ta có: 2

a 2 b2 c 2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b (c + a) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc Áp dụng BĐT (*) ta có : 2

 1 1 1 1 1 1 a + b + c 2 2 2  = a + b + c ≥  ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ac )

 1 1 1  + +   a b c  (Vì abc = 1)  1 1 1 2 + +  a b c

Hay

1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 + b + c ≥ Mà + + ≥ 3 nên a ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c 1 1 1 3 Vậy 3 + 3 + 3 ≥ . (đpcm) a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 19. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,5 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M = ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24 2) Cho a, b,c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:

 a −b b−c c−a   c a b  + + . + + =9 Nếu a + b + c = 0 thì   a b   a − b b − c c − a   c 3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của A là số chính phương.

Câu 2. (4,0 điểm)

 x−4 1   x−8  + : 1− 2 1) Cho biểu thức P =  3   ( x ≠ 1)  x −1 x −1  x + x +1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình x2 − 3x + 2 = 0

(

2) Chứng minh rằng: f(x) = x 2 + x − 1

)

2018

(

+ x2 − x + 1

)

2018

− 2 chia hết cho g(x) = x 2 − x

Câu 3. (3,5 điểm) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số)

x−m x−3 + =2 x+3 x+m

2) Giải phương trình: 2x ( 8x − 1) . ( 4x − 1) = 9

Câu 4. (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. Gọi Q là trung điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N. a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành b) Khi M là trung điểm của AD. Chứng minh BQ vuông góc với NP

1 1 1 = + 2 2 AB AP 4AF 2 Câu 5. (1,0 điểm)Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F. Chứng minh rằng

và số đo diện tích bằng số đo chu vi.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.

M = ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

( M = (x M = (x M = (x

)(

)

M = x 2 + 7x + 10 x 2 + 7x + 12 − 24 2

)(

)

+ 7x + 11 − 1 x 2 + 7x + 11 + 1 − 24 2

) + 7x + 6 )( x + 7x + 16 ) M = ( x + 1)( x + 6 ) ( x + 7x + 16 ) 2 2

+ 7x + 11 − 25 2

Các ước dương của A là 1; p; p 2 ; p3 ; p 4

Tổng các ước là 1 + p + p2 + p3 + p4 = n 2 ( n ∈ ℕ )

⇒ 4 + 4p + 4p 2 + 4p 3 + 4p 4 = 4n 2

Ta có:

4p4 + 4p3 + p2 < 4n 2 < 4p4 + p2 + 4 + 4p3 + 8p2 + 4p

(

⇒ 2p2 + p

) < ( 2n ) < ( 2p

+p+2

)

(

⇒ ( 2n ) = 2p2 + p + 1

)

Do đó :

4p4 + 4p3 + 4p2 + 4p + 4 = 4p4 + 4p3 + 5p2 + 2p + 1  p = −1(ktm) ⇔ p2 − 2p − 3 = 0 ⇔  1  p2 = 3(tm)

Vậy p = 3

a−b b−c c−a c 1 a 1 b 1 = ; = ; = (1) = x; = y; =z⇒ c a b a − b x b−c y c −a z

3. Đặt

1 1 1 ⇔ ( x + y + z)  + +  = 9 x y z 1 1 1  y+z x+z x+y + + Ta có: ( x + y + z )  + +  = 3 +   (2) y z  x y z  x Ta lại có:

y + z  b−c c −a  c b 2 − bc + ac − a 2 c = + . = . x b  a − b ab a−b  a

c ( a − b )( c − a − b )

ab ( a − b )

Tương tự ta có:

c (c − a − b)

c  2c − ( a + b + c )  2c 2 =  = ab ab

x + z 2a 2 x + y 2b 2 = ; = y bc z ac









2a + ( x + y + z )  x1 + y1 + z1  = 3 + 2c ab bc

2b 2 2 a 3 + b3 + c 3 = 3+ ac abc

(

Vì a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b3 + c 3 = 3abc

1 1 1 2 .3abc = 3 + 6 = 9 Do đó: ( x + y + z )  + +  = 3 + abc x y z Câu 2. 1. a) Với x ≠ 1 ta có:   x2 + x + 1 − x + 8 x−4 x2 + x + 1 : P= +  ( x − 1) x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1  x2 + x + 1    x − 4 + x2 + x + 1  x2 + 9 x 2 + 2x − 3 x2 + x + 1 : = = .  ( x − 1 ) x 2 + x + 1  x 2 + x + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1 x2 + 9  

(

)

( x + 3 )( x − 1) = x + 3 ( x − 1) ( x + 9 ) x + 9 2

(

)

(

)

Vậy x ≠ 1 thì P =

x+3 x2 + 9

 x = 2(tm) 2+3 5 b) x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒  . Thay x = 2 vào P ta có: P = 2 = 2 + 9 13  x = 1(ktm) Kết luận với x = 2 thì P =

5 13

2) Đa thức g ( x ) = x 2 − x = x ( x − 1) có hai nghiệm là x = 0 Ta có f ( 0 ) = ( −1)

2018

x=1

+ 12018 − 2 = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của f(x)

⇒ f ( x ) chứa thừa số x

(

Ta có f ( 1) = 12 + 1 − 1

)

2018

(

+ 12 − 1 + 1

)

2018

− 2 = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm của f(x)

⇒ f ( x ) chứa thừa số x − 1 mà các thừa số x và x − 1 không có nhân tử chung do đó f(x) chia

hết cho x ( x − 1)

(

Vậy f ( x ) = x 2 + x − 1

)

2018

(

+ x2 − x + 1

)

2018

− 2 chia hết cho g ( x ) = x 2 − x

Câu 3. 1) ĐKXĐ: x ≠ −3; x ≠ −m ta có: x−m x−3 + = 2 ⇒ x 2 − m 2 + x 2 − 9 = 2 ( x + 3 )( x + m ) x+3 x+m

(

)

⇔ 2x 2 − m 2 − 9 = 2 x 2 + 3x + 3m + mx ⇔ −2 ( m + 3 ) x = ( m + 3 )

(1)

Với m = 3 thì ( 1) có dạng 0x = 0. Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều kiện x ≠ −3 x ≠ − m, do đó tập nghiệm của phương trình là x ≠ ±3 2

( m + 3) = − m + 3 Với m ≠ −3 thì phương trình ( 1) có nghiệm x = − 2 2 ( m + 3) Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có:

−

m+3 m+3 m+3 ≠ −3 và − ≠ − m tức là m ≠ 3. Vậy nếu m ≠ ±3 thì x = − là nghiệm. 2 2 2

 m + 3 Kết luận : với m = −3 thì S = {x / x ≠ ±3} . Với m ≠ ±3 thì S = −  2   2

2. Ta có: 2x ( 8x − 1) ( 4x − 1) = 9

(

)(

)

(

)(

)

⇔ 64x 2 − 16x + 1 8x 2 − 2x = 9 ⇔ 64x 2 − 16x + 1 64x 2 − 16x = 72 ( * )

Đặt 64x2 − 16x = t ta có:

 t = −9

( * ) ⇔ t ( t + 1) − 72 = 0 ⇔ t = 8 

Với t = −9 ta có: 64x − 16x = −9 ⇔ 64x 2 − 16x + 9 = 0 ⇔ ( 8x − 1) + 8 = 0 2

(Vô nghiệm vì ( 8x − 1) + 8 > 0)

1  x=  2 Với t = 8 ta có 64x 2 − 16x = 8 ⇔ 64x 2 − 16x − 8 = 0 ⇔  x = − 1  4

Câu 4.

A M

B N

K E

P C

a) Chứng minh được DH / /BK(1) Chứng minh được ∆AHD = ∆CKB ⇒ DH = BK

(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. b) Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình ∆KBC nên

1 1 BC = AD 2 2 Chứng minh AM = QE và AM / /QE ⇒ AMQE là hình hành QE / /BC ⇒ QE ⊥ AB (vì BC ⊥ AB) và QE =

Chứng minh AE / /NP / /MQ ( 3 ) . Xét ∆AQB có BK và QE là hai đường cao của tam giác nên E là trực tâm của tam giác nên AE là đường cao thứ ba của tam giác AE ⊥ BQ ⇒ BQ ⊥ NP

c) A

P G

Vẽ tia Ax vuông góc với AF. Gọi giao của Ax với CD là G. = BAP (cùng phụ với PAD) ⇒ ∆ABP g.g Chứng minh GAD

( )

⇒

AP AB 1 = = 2 ⇒ AG = AP AG AD 2

Ta có: ∆AGF vuông tại A có AD ⊥ GF nên AG.AF = AD.GF ( = 2S AGF ) ⇒ AG 2 .AF 2 = AD 2 .GF 2 ( 1) Ta chia hai vế của (1) cho AD2 .AG2 .AF2 mà AG2 + AF2 = GF2 (đl Pytago)

1 1 1 1 1 1 = + ⇒ = + 2 2 2 2 2 2 AD AG AF 1  1  AF AB AP 2  2      4 4 1 1 1 1 ⇒ = + ⇒ = + 2 2 2 2 2 AB AP AF AB AP 4AF2 Câu 5. ⇒

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z

(x, y,z là các số nguyên dương). Ta có xy = 2 ( x + y + z )

(1) và x 2 + y 2 = z 2

(2)

Từ (2) suy ra z 2 = ( x + y ) − 2xy, thay (1) vào ta có: 2

z2 = ( x + y ) − 4 ( x + y + z ) 2

⇔ z 2 + 4z = ( x + y ) − 4 ( x + y ) ⇔ z2 + 4z + 4 = ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 4 2

⇔ ( z + 2) = ( x + y − 2)

z + 2 = x + y − 2 ⇔  z + 2 = −x − y + 2(ktm

z > 0)

⇔ z = x + y − 4; thay vào (1) ta được: xy = 2 ( x + y + x + y − 4 ) ⇔ xy − 4x − 4y = −8 ⇔ ( x − 4 )( y − 4 ) = 8 = 1.8 = 2.4 Từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là:

( x; y; z ) ∈ {( 5;12;13 ) ; (12; 5; 13 ) ; ( 6; 8;10 ) ; ( 8; 6;10 )} (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 20. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm) a) Tìm 3 số dương a, b,c thỏa mãn :

a 2 + 7 b2 + 6 c 2 + 3 = = và a 2 + 2c 2 = 3c 2 + 19 4 5 6

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1

Câu 2. (3 điểm) Để tham gia ngày chạy Olympic vì sức khỏe toàn dân, trường A đã nhận được một số chiếc áo và chia đều cho các lớp. Biết rằng theo thứ tự, lớp thứ nhất nhận được 4 áo và

1 1 số còn lại, rồi đến lớp thứ n ( n = 2; 3; 4....) nhận được 4n áo và số áo còn lại. Cứ như thế 9 9 các lớp đã nhận hết số áo Hỏi trường A đã nhận được bao nhiêu chiếc áo ?

Câu 3. (3 điểm)

(

)

Tìm tất cả các số nguyên dương n để 1 + n 2017 + n 2018 là số nguyên tố

Câu 4. (3 điểm) Một giải bóng chuyền có 9 đội bóng tham gia thi đấu vòng tròn 1 lượt (hai đội bất kỳ chỉ thi đấu với nhau 1 trận). Biết đội thứ nhất thắng a1 trận và thua b1 trận, đội thứ 2 thắng a 2 trận và thua b 2 trận, …., đội thứ 9 thắng a 9 trận và thua b9 trận. Chứng minh rằng a 12 + a 22 + a 32 + ..... + a 92 = b12 + b 22 + b 32 + ..... + b 92

Câu 5. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB dài a ( cm ) . Lấy điểm C bất kỳ thuộc đoạn thẳng AB (C khác A và B). Vẽ tia Cx vuông góc với AB. Trên tia Cx lấy hai điểm D và E sao cho CD = CA và

CE = CB. a) Chứng minh AE vuôn góc với BD b) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AE và BD. Tìm vị trí của điểm C trên đoạn thẳng AB để đa giác CMEDN có diện tích lớn nhất c) Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng khoảng cách từ I đến AB không phụ thuộc vào vị trí điểm C

Câu 6. (2 điểm) Hình vuông có 3 × 3 ô (như hình bên ), chứa 9 số mà tổng các số ở mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng nhau được gọi là hình vuông kỳ diệu . Chứng minh rằng số ở tâm (× ) của một hình vuông kỳ diệu bằng trung bình cộng của hai số còn lại cùng hàng, hoặc cùng cột , hoặc cùng đường chéo.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Từ giả thiết a 2 + 2c 2 = 3b2 + 19 ⇒ a 2 + 2c 2 − 3b2 = 19 Ta có:

a 2 + 7 b2 + 6 c 2 + 3 3b2 + 18 2c 2 + 6 a 2 + 7 + 2c 2 + 6 − 3b2 − 18 14 = = = = = = = 14 4 5 6 15 12 4 + 12 − 15 1 a 2 = 49 ⇒ a = 7

Suy ra : b 2 = 64 ⇒ b = 8 c 2 = 81 ⇒ c = 9

(

) (

)

P = x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x + 1 = x 4 + 2x 2 + 1 + 2x 3 + 2x + x 2

(

)

(

)

(

= x 2 + 1 + 2x x 2 + 1 + x 2 = x 2 + x + 1

)

1 1 3  1 3 3 9  3 Vì x + x + 1 =  x 2 + 2x. +  + =  x +  + ≥ ⇒ P ≥   = 2 4 4  2 4 4   4  16 2

Dấu " = " xảy ra ⇔ x = −

1 2

Câu 2. Gọi số lớp của trường A được nhận áo là x Vì lớp thứ x nhận áo cuối cùng và số áo được phát hết nên số áo lớp thứ x nhận được là 4x .

1 Lớp thứ x − 1 nhận số áo là 4 ( x − 1) + .4x = 4, 5x − 4 8 Vì số áo các lớp nhận được như nhau nên ta có phương trình:

4, 5x − 4 = 4x ⇔ x = 8 Suy ra số áo mỗi lớp nhận được: 4.8 = 32 (áo) Suy ra số áo trường A nhận được: 32.8 = 256 (áo)

Câu 3. Đặt: A = 1 + n 2017 + n 2018 Với n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố Với n > 1, ta có:

(

) ( − 1) + ( n

) ( + n + 1) = ( n

) − 1)( n

1 + n 2017 + n 2018 = n 2018 − n 2 + n 2017 − n + n 2 + n + 1

(

) (

= n 2 n 2016 − 1 + n n 2016

( )

Ta lại có: n 2016 − 1 = n 3

(

)(

672

)

− 1 = n3 − 1  n3 

(

)( )

(

2016

671

( )

+ n3

670

) (

)

+ n + n2 + n + 1

+ .... + n 3 + 1 ⋮ n 3 − 1 

)

(

)

⇒ n 2016 − 1 ⋮ n 2 + n + 1 . Suy ra A ⋮ n 2 + n + 1 , mà 1 < n 2 + n + 1 < A nên A là hợp số.

Vậy n = 1 là số nguyên dương duy nhất thỏa mãn điều kiện

Câu 4.

Mỗi đội bóng thi đấu với 8 đội bóng khác và hai đội bất kỳ chỉ gặp nhau 1 trận nên mỗi đôi sẽ thi đấu 8 trận ⇒ a i + b i = 8 (với i = 1, 2, 3......8) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2

a12 + a 22 + a 32 + .... + a 29 = ( 8 − a1 ) + ( 8 − a 2 ) + ( 8 − a 3 ) + ..... + ( 8 − a 9 )

⇔ 16 ( a1 + a 2 + a 3 + ....... + a 9 ) = 576(1) Mặt khác, tổng số trận thắng của các đôi bằng tổng số trận đấu nên :

a 1 + a 2 + a 3 + .... + a 9 =

9.8 = 36(2) 2

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Câu 5.

E H

I N

a) Gọi H là giao điểm của BD và AE ɵ=B ∆ACE = ∆DCB(c.g.c) ⇒ E = CDB = 90 0 Suy ra ∆DHE ∼ ∆DCB ( g.g ) ⇒ DHE

b) Ta có: S CMEDN = S CME + S CDN =

1 1 1 1 1 S ACE + S BCD = .AC.CE + .CB.CD = AC.CB 2 2 4 4 2

( AC + CB ) Mặt khác, theo bđt AM-GM ta có: AC.CB ≤ 4

a2 = 4

a . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi AC = CB hay C là trung điểm AB 8 c) Gọi J,M ', N' lần lượt là hình chiếu vuông góc của I,M, N lên AB

Suy ra S CMEDN ≥

MM '+ NN ' (1) 2 Ta lại có MM’ là đường trung bình của ∆ACE và NN’ là đường trung bình ∆BCD nên Ta có: IJ là đường trung bình của hình thang MNN' M' nên IJ =

MM ' =

CE CB CD AC (2) = và NN' = = 2 2 2 2

AC CB + 2 = AB = a Từ (1) và (2) suy ra IJ = 2 2 4 4 Vậy khoảng cách của điểm I đến đoạn AB không phụ thuộc vào vị trí của điểm C. Câu 6. Giả sử hình vuông kỳ diệu điền các số a, b,c,d,e,f,g,h,i như hình vẽ Đặt S = a + b + c + d + e + f + g + h + i

Suy ra

d+e+f = b+e+h = a+e+i = c+e+g =

Suy ra ( d + e + f ) + ( b + e + h ) + ( a + e + i ) + ( c + e + g ) = ⇒ (d + e + f ) + ( b + e + h ) + (a + e + i ) + ( c + e + g ) = ⇒ S + 3e =

4S S ⇒e= 3 9

S (1) 3

4S 3

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ d + f = b + h = a + i = c + g =

2S = 2e (dpcm) 9

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 21. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P = 2a 3 + 7a 2 b + 7ab2 + 2b3 2) Cho x 2 + x = 1. Tính giá trị biểu thức Q = x6 + 2x 5 + 2x 4 + 2x 3 + 2x 2 + 2x + 1

Câu 2. (4,5 điểm)

x +1 4  4026  x−1 1) Cho biểu thức R =  2 + 2 − 3 . Tìm x để biểu thức xác định, :  x − 2x x + 2x x − 4x  x khi đó hãy rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x − 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4

Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh n 3 − n chia hết cho 24 2) Tìm số tự nhiên n để n 2 + 4n + 2013 là một số chính phương.

Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD = 2AB = 2AD và BC = a 2 a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a

b) Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. = 450 Chứng minh HDI

2) Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c. Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B,C lần lượt là l a ,l b ,l c . Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1 + + > + + la l b l c a b c Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số không âm a và b thỏa mãn: a 2 + b2 = a + b. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: S=

a b + a +1 b+1

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

)

1) Ta có: P = 2 a 3 + b 3 + 7ab(a + b)

(

)

= 2 ( a + b ) a 2 − ab + b 2 + 7ab ( a + b )

( = ( a + b ) ( 2a

= ( a + b ) 2a + 2b + 5ab 2

)

+ 4ab + 2b 2 + ab

)

= ( a + b )  2a ( a + 2b ) + b ( a + 2b )  = ( a + b )( 2a + b )( a + 2b ) Kết luận P = ( a + b )( 2a + b )( a + 2b )

2) Ta có:

(

) ( ( x + x) + ( x + x) + x + 2

)

Q = x 2 . x 4 + 2x 3 + x 2 + x 4 + 2x 3 + x 2 + x 2 + x + x + 1 = x2

= x2 + x + 3 = 4 Vậy Q = 4

Câu 2.

 x −1 x +1 4 1) Ta có: R =  + − 2  x ( x − 2) x ( x + 2) x x − 4 

(

x ≠ 0 ĐK: x x 2 − 4 ≠ 0 ⇔  x ≠ ±2

(

Khi đó: R = =

)

1  x −1 x +1 4  . + − 2 4026  x − 2 x + 2 x − 4 

1 ( x − 1)( x + 2 ) + ( x + 1)( x − 2 ) − 4 . 4026 x2 − 4

)

 x .  4026 

(

)

2 1 2 x −4 1 = . 2 = 4026 x − 4 2013

x ≠ 0 1 Vậy R xác định khi  và R = x ≠ ± 2 2013  2) +Nếu x ≥ 2, phương trình đã cho trở thành :

( x − 2 )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4

(

)(

)

⇔ x2 − 1 x2 − 4 = 4 4

(

)

⇔ x − 5x = 0 ⇔ x 2 . x 2 − 5 = 0  x = 0(ktm)  ⇔  x = 5(tm)   x = − 5(ktm) +)Nếu x < 2, phương trình đã cho trở thành:

( 2 − x )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4 ⇔ ( x − 2 )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = −4

(

)(

)

⇔ x 2 − 1 x 2 − 4 = −4 4

⇔ x − 5x + 8 = 0 2

 5 7 ⇔  x 2 −  + = 0 vô nghiệm 2 4  Phương trình có một nghiệm x = 5

Câu 3. 1) Ta có: n 3 − n = n ( n − 1)( n + 1) Vì n − 1; n; n + 1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số đó chia hết cho 3.

(

)

Do đó n 3 − n ⋮ 8

(2)

Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với ( 1) ; ( 2 ) suy ra

)

− n ⋮ 24

( dpcm )

2) Giả sử n 2 + 4n + 2013 = m 2 ( m ∈ ℕ ) 2

Suy ra ( n + 2 ) + 2009 = m 2 ⇔ m 2 − ( n + 2 ) = 2009 ⇔ ( m + n + 2 )( m − n − 2 ) = 2009 Mặt khác 2009 = 2009.1 = 287.7 = 49.41 và m + n + 2 > m − n − 2 nên có các trường hợp sau:

m + n + 2 = 2009 m = 1005 TH1 :  ⇔ m − n − 2 = 1 n = 1002 m + n + 2 = 287 m = 147 TH2 :  ⇔ m − n − 2 = 7 n = 138

m + n + 2 = 49 m = 45 TH3 :  ⇔ m − n − 2 = 41 n = 2 Vậy các số cần tìm là 1002;138; 2

Câu 4.

A H

1) a) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông cân Từ đó suy ra AB = AD = a, BC = 2a Diện tích của hình thang ABCD là S =

( AB + CD ) .AD = ( a + 2a ) .a = 3a 2

= ACD(1) b) ADH (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông góc) Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có:

AD IB 1 = = , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng DC BC 2 = BDI (2) Suy ra ACD = BDI Từ ( 1) , ( 2 ) ⇒ ADH + BDH = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 hay HDI = 450 Mà ADH

2) M

Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tại M

= AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) Ta có: BAD = ACM (hai góc ở vị trí so le trong) DAC = DAC nên AMC = ACM hay ∆ACM cân tại A, suy ra AM = AC = b Mà BAD

Do AD / /CM nên

AD BA c = = CM BM b + c

Mà CM < AM + AC = 2b ⇒ Tương tự ta có:

c AD 1 1 1 1 > ⇒ >  +  b + c 2b la 2  b c 

1 1 1 1 11 1 >  +  (2); =  +  lb  c a  lc 2  a b 

(1)

(3)

Cộng ( 1) ; ( 2 ) ; ( 3 ) vế theo vế ta có điều phải chứng minh

Câu 5. Ta có: a 2 + 1 ≥ 2a; b2 + 1 ≥ 2b ⇒ a 2 + b 2 + 2 ≥ 2a + 2b ⇒ a + b ≤ 2 Chứng minh được với hai số dương x, y thì

1 1 4 + ≥ x y x+y

 1 1  4 + ≤ 2− ≤1 Do đó: S = 2 −   a + 1+ b + 1  a +1 b +1 Vậy GTLN của S là 1, dạt được khi a = b = 1

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 22. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

 1 2x   2x  Câu 1.Cho biểu thức A =  − 3 : 1 − 2   2  x −1 x + x − x −1  x +1 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A nhận giá trị là số âm c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức ( x + 2 ) .A nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2. a) Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + .... + k ( k + 1)( k + 2 )

(với k ∈ ℕ*)

Chứng minh rằng 4S + 1 là bình phương của một số tự nhiên b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3

Câu 3. a) Giải phương trình sau: x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 b) Xác định giá trị của m để phương trình: m 3 ( x − 2 ) − 8 ( x + m ) = 4m 2 có nghiệm duy nhất là số không lớn hơn 1

c) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P=

1 1 1 + + 16x 4y z

= 60 0 quay quanh Câu 4. Cho tam giác ABC đều cạnh 2a,M là trung điểm của BC. xMy

đỉnh M cố định sao cho hai tia Mx,My cắt AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a)∆BDM ∼ ∆CME và tích BD.CE không phụ thuộc vào vị trí của xMy

b) DM là phân giác của BDE c) BD.ME + CE.MD > a.DE quay quanh M d) Chu vi ∆ADE không đổi khi xMy

Câu 5. Trong bảng ô vuông kích thước 8 × 8 gồm 64 ô vuông đơn vị, người ta đánh dấu 13 ô bất kỳ. Chứng minh rằng với mọi cách đánh dấu luôn có ít nhất 4 ô được đánh dấu không có điểm chung (hai ô có điểm chung là hai ô có chung đỉnh hoặc chung cạnh).

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1a) ĐKXĐ: x ≠ 1;

Rút gọn được: A =

1 x −1

1b) A < 0 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 Đối chiếu với ĐKXĐ, ta được x < 1 1c) Ta có: ( x + 2 ) A =

x+2 3 = 1+ x −1 x −1

Lập luận để suy ra : x ∈ {0; −2; 2; 4}

Câu 2 1 1 k ( k + 1)( k + 2 ) .4 = k ( k + 1)( k + 2 ) ( k + 3 ) − ( k − 1)  4 4 1 1 = k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 ) − k ( k + 1)( k + 2 )( k − 1) 4 4 ⇒ 4S = 1.2.3.4 − 0.1.2.3 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + .... + k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 )

2a) Ta có: k ( k + 1)( k + 2 ) =

− k ( k + 1)( k + 2 )( k − 1) = k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 ) ⇒ 4S + 1 = k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 ) + 1 Mặt khác:

k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 ) + 1 = k ( k + 3 )( k + 1)( k + 2 ) + 1

(

)(

)

(

= k 2 + 3k k 2 + 3k + 2 + 1 = k 2 + 3k + 1

)

Mà k ∈ ℕ * nên k 2 + 3k + 1 ∈ ℕ * nên suy ra đpcm.

 3 7 2b) Ta có: y 3 − x 3 = 2x 2 + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y (1) 4 8  2

15 >0⇒ y<x+2 ( x + 2 ) − y = 4x + 9x + 6 =  2x + 94  + 16   3

(2)

Từ (1) và (2) ta có : x < y < x + 2, mà x, y nguyên suy ra y = x + 1

x = 1 Thay y = x + 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được   x = −1 Từ đó tìm được hai cặp số ( x, y ) thỏa mãn Câu toán là: ( −1; 0 ) ; ( 1; 2 )

Câu 3. 3a) x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 ( 1) 2

+ Nếu x ≥ 1 : ( 1) ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1(TM) +Nếu x < 1 : ( 1) ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x 2 − x − 3 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3 ) = 0

 x = 1(ktm) ⇔  x = 3(ktm) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 m 3 ( x − 2 ) − 8 ( x + m ) = 4m 2

(

) ⇔ (m − 2)(m

(

) + 2m + 4 ) x = 2m ( m

⇔ m 3 − 8 x = 2m m 2 + 2m + 4

3b)Ta có:

⇔x=

2m (Do m−2

+ 2m + 4

)

m 2 + 2m + 4 > 0)

2m ≤ 1 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2(TM) m−2 Vậy −2 ≤ m ≤ 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất và nghiệm đó không lớn hơn 1 Để nghiệm này không lớn hơn 1 thì

3c) Ta có:

 1 1 1 1 1 1  y x   z x   z y  21 + + = ( x + y + z)  + + = + + + +  + Theo + 16x 4y z  16x 4y z   16x 4y   16x z   4y z  16

BĐT cô si ta có: Tương tự:

y x 1 + ≥ . Dấu “=” xảy ra ⇔ y = 2x 16x 4y 4

z x 1 + ≥ , dấu “=” xảy ra ⇔ z = 4x 16x z 2

z y + ≥ 1 , dấu “=” xảy ra ⇔ z = 2y; 4y z 49 1 2 4 . Dấu “=” xảy ra khi x = ; y = ; z = 16 7 7 7 49 1 2 4 ⇔ x = ;y = ;z = Vậy MinP = 16 7 7 7

⇒P≥

Câu 4.

A x y D

H B

E K

= 60 0 + CME = 60 0 + BDM ⇒ BDM = CME a) Ta có: DMC = MCE = 600 ; BDM = CME(cmt) Suy ra : ∆BMD ∼ ∆CEM(g.g) vì DBM

BD CM = ⇒ BD.CE = BM.CM = a 2 (không đổi) BM CE BD CM BD BM b) Vì ∆BMD ∼ ∆CEM ⇒ = hay = MD EM MD ME = DME = 60 0 ⇒ ∆BMD ∼ ∆MED(c.g.c) Lại có: DBM Suy ra

= EDM suy ra DM là phân giác của BDE ⇒ BDM

BD BM = ⇒ BD.ME = a.DM(1) DM ME Tương tự chứng minh được: ∆CEM ∼ ∆MED ⇒ CE.MD = a.ME(2) c) Vì ∆BMD ∼ ∆MED ⇒

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

BD.ME + CE.MD = a.DM + a.ME = a. ( DM + ME ) < a.DE d) Kẻ MH,MI,MK lần lượt vuông góc với AB, DE, AC tại H,I,K suy ra

MH = MI = MK Suy ra DI = DH,EI = EK. Suy ra chu vi ∆ADE = 2AH = 60 0 và BM = a nên BH = a ⇒ AH = 3a . Suy ra chu vi tam giác ADE không đổi Vì HBM 2 2 và bằng 3a

Câu 5Chi 64 ô vuông của bảng 8 × 8 thành 4 loại như hình vẽ (các ô cùng loại được đánh số giống nhau). Khi đó theo cách chia này rõ ràng các ô trong cùng loại sẽ không có điểm chung.

Khi đánh dấu 13 điểm bất kỳ, thì 13 điểm này sẽ thuộc 4 loại ô vừa chia. Vì 13 = 4.3 + 1 nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại ít nhất 4 ô thuộc cùng một loại, khi đó 4 ô này sẽ không có điểm chung. Suy ra đpcm. 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 23. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (5 điểm) a) Chứng tỏ rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x

( x − 1)

(

)

(

)

− x2 x2 + 6 + 4x x2 + 1

b) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 3 − 6x2 + 11x − 6

Câu 2. (5 điểm)

(

a) Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 b) Tìm x, biết:

)

(

= 2 x4 + y4 + z4

)

x +1 x+ 2 x + 3 x+ 4 x + 5 x +6 + + + + + +6 =0 1000 999 998 997 996 995

Câu 3. (3 điểm) 3x + 3 x + x2 + x + 1 a) Rút gọn biểu thức A Cho biểu thức A =

b) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên? c) Tìm giá trị lớn nhất của A

Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AC > AB ) , đường cao AH. Trên tia HC lấy

HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E a) Chứng minh AE = AB b) Gọi M là trung điểm của BE. Tính góc AHM

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a)

( x − 1)

(

)

(

)

− x2 x2 + 6 + 4x x2 + 1

= x 4 − 4x 3 + 6x 2 − 4x + 1 − x 4 − 6x 2 + 4x 3 + 4x =1 Vậy với mọi giá trị của x biểu thức đã cho không phụ thuộc vào biến x b) x 3 − 6x2 + 11x − 6 = x 3 − x 2 − 5x 2 + 5x + 6x − 6

= x 2 ( x − 1) − 5x ( x − 1) + 6 ( x − 1)

(

= ( x − 1) x 2 − 5x + 6

)

= ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )

Câu 2. a) Ta có: x + y + z = 0 ⇒ x = − ( y + z ) 2

⇒ x 2 =  − ( y + z )  x 2 = y 2 + z2 + 2yz ⇔ x 2 − y 2 − z 2 = 2yz

(

⇔ x2 − y2 − z2

) = ( 2yz )

⇔ x 4 + y 4 + z4 − 2x 2 y 2 − 2x 2 z 2 + 2y 2 z2 = 4y 2 z 2 ⇔ x 4 + y 4 + z4 = 2x 2 y 2 + 2x 2 z2 + 2y 2 z2 ⇔ x 4 + y 4 + z4 + x 4 + y 4 + z 4 = x 4 + y 4 + z 4 + 2x 2 y 2 + 2x 2 z2 + 2y 2 z2

(

) (

⇔ 2 x4 + y 4 + z4 = x2 + y2 + z 2

)

x+1 x+ 2 x+3 x+4 x+5 x+6 + + + + + +6 =0 1000 999 998 997 996 995 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 b)

⇔

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 ⇒ x = −1001  1000 999 998 997 996 995  Câu 3. a)A =

3 ( x + 1) 3 ( x + 1) 3x + 3 3 = = = 2 3 2 2 2 x + x + x + 1 x ( x + 1 ) + ( x + 1) ( x + 1) x + 1 x + 1

(

)

b) Muốn A nhận giá trị nguyên thì x 2 + 1 ∈ U ( 3 ) = {±1; ±3}

Nếu x2 + 1 = −3 ⇒ x ∈∅

Nếu x2 + 1 = −1 ⇒ x ∈∅

Nếu x 2 + 1 = 1 ⇒ x = 0 ⇒ A = 3

Nếu x 2 + 1 = 3 ⇒ x = ± 2 ⇒ A = 1

{

Vậy tập hợp các giá trị của x để A nhận giá trị nguyên là − 2; 0; 2 c) A =

}

3 nhận giá trị lớn nhất khi x 2 + 1 có giá trị nhỏ nhất x +1 2

Mà x 2 + 1 ≥ 1 với mọi x ∈ ℝ Vậy Max A = 3 ⇔ x = 0

Câu 4.

A E

M D

a) Kẻ EF ⊥ AH ⇒ Tứ giác HDEF là hình chữ nhật

⇒ EF = HD mà HD = AH(gt) ⇒ EF = AH = BAH (phụ FAE ) = Fɵ = 90 0 , AH = EF , FEA Xét ∆HBA và ∆FAE có: H Do đó: ∆HBA = ∆FAE ( g.g ) ⇒ AE = AB b) Ta có ∆ BAE vuông tại A ⇒ AM = ∆ BDE vuông tại D ⇒ DM =

1 BE 2

Do đó: AM = DM Xét ∆AHM và ∆DHM có: AM = MD; AH = HD; HM là cạnh chung = MHD = AHD = 450 ⇒ ∆AHM = ∆DHM ⇒ AHM 2 = 450 Vậy AHM

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 24. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,5 điểm) a) Phân tích đa thức a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) thành nhân tử

b) Cho các số nguyên a, b,c thỏa mãn ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) . Tính giá trị của biểu thức A = a − b + b − c + c − a

Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + y 2 = 3 − xy 2

b) Giải phương trình: ( 6x + 8 )( 6x + 6 )( 6x + 7 ) = 72

Câu 3. (2,5 điểm) 2

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = ( x − 2012 ) + ( x + 2013 )

b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ x +x y +y z +z 2 2

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh : EA.EB = ED.EC b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi c) Kẻ DH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH,CH. Chứng minh CQ ⊥ PD

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Ta có: a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) = a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) − c 2 ( b − c + c − a )

(

)

(

)

= ( b − c ) a 2 − c 2 + ( c − a ) b2 − c 2 = ( b − c )( a − c )( a + c ) + ( c − a )( b − c )( b + c ) = ( b − c )( a − c )( a + c − b − c ) = ( b − c )( a − c )( a − b ) b) Đặt a − b = x; b − c = y; c − a = z ⇒ x + y + z = 0 ⇒ z = − ( x + y ) 3

Ta có: x 3 + y 3 + z 3 = 210 ⇔ x 3 + y 3 − ( x + y ) = 210 ⇔ −3xy ( x + y ) = 210 ⇔ xyz = 70 Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz = 70 = ( −2 ) . ( −5 ) .7 nên

x, y, z ∈ {−2; −5; 7} ⇒ A = a − b + b − c + c − a = 14

Câu 2. 2

a) Ta có: ( x − y ) ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2xy ⇒ 3 − xy ≥ 2xy ⇔ xy ≤ 1 2

Lại có: ( x + y ) ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ −2xy ⇒ 3 − xy ≥ −2xy ⇔ xy ≥ −3 Suy ra −3 ≤ xy ≤ 1. Mà x, y ∈ ℤ ⇒ xy ∈ {−3; −2 − 1; 0;1}

{

}

Lần lượt thử ta được ( x, y ) ∈ ( −2;1) ; ( 1; −2 ) ; ( 2; −1) ; ( −1; 2 ) ; ( 1; 1) là nghiệm của PT

b) Đặt 6x + 7 = t . Ta có:

( t + 1)( t − 1) t

(

)

= 72 ⇔ t 2 − 1 t 2 = 72 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0

2  x = − 3  t 2 + 8 = 0(VN) t = 3 ⇒ 2 ⇔ ⇒  t = −3  x = − 5  t − 9 = 0  3

Câu 3. a) Ta có: 2

P = ( x − 2012 ) + ( x + 2013 ) = x 2 − 4024x + 4048144 + x 2 + 4026x + 4052169 2

 1 = 2x + 2x + 8100313 = 2  x +  + 8100312, 5 ≥ 8100312, 5 2  2

Vậy MinP = 8100312, 5 ⇔ x = − Đặt P =

∀x

1 2

1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 = + + x + x y + y z + z x ( x + 1) y ( y + 1 ) z ( z + 1) 2

1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1  − + − + − =  + + − + +  x x +1 y y +1 z z +1  x y z   x +1 y +1 z +1

Áp dụng BĐT

1 1 1 1 1 1 1 9 + + ≥ và ≤ .  +  với a, b,c dương , dấu bằng xảy ra a b c a+b+c a+b 4 a b

⇔a=b=c Ta có:

 1 1 1 1  1 1 1 1 1  ≤ .  + 1 ; ≤ . + 1 ; ≤ .  + 1 x+1 4  x  y +1 4  y  z +1 4  z 

 1 1 1  1 1 1  1 1 1 1 1 1 1  + + Bởi vậy P =  + +  −   ≥  + +  − .  + 1 + + 1 + + 1 y z   x y z   x+1 y +1 z +1  x y z  4  x

3  1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 = . + +  − ≥ . − = − = (dfcm) 4  x y z 4 4 x+y+z 4 4 4 2 Câu 4.

E A

D M Q

B P

a) Chứng minh ∆EBD ∼ ∆ECA ( g − g ) ⇒

EB ED = ⇒ EA.EB = ED.EC EC EA

b) Kẻ MI ⊥ BC ( I ∈ BC ) . Ta có : ∆BIM ∼ ∆BDC ( g.g )

BM BI = ⇒ BM.BD = BI.BC (1) BC BD CM CI Tương tự: ∆ACB ∼ ∆ICM ( g − g ) ⇒ = ⇒ CM.CA = CI.BC (2) BC CA

⇒

Từ (1) và (2) suy ra BM.BD + CM.CA = BI.BC + CI.BC = BC. ( BI + CI ) = BC 2 (Không đổi) c) ∆BHD ∼ ∆DHC(g.g) ⇒

BH BD 2BP BD BP BD = ⇒ = ⇒ = DH DC 2DQ DC DQ DC

= DCQ Chứng minh được: ∆DPB ∼ ∆CQD ( g.g ) ⇒ BDP + PDC = 90 0 ⇒ DCQ + PDC = 90 0 ⇒ CQ ⊥ PD Mà BDP

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 25. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (5 điểm)

 x 2 − 2x   2x 2 1 2  − . 1− − 2  Cho biểu thức A =  2 2 3    2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x  a) Tìm x để giá trị của A được xác định. Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (4 điểm) Giải các phương trình sau:

(

)

a) x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 = 0 b) y 2 + 4 x + 2y − 2 x +1 + 2 = 0

x 2 + 4x + 6 x 2 + 16x + 72 x 2 + 8x + 20 x 2 + 12x + 42 + = + x+2 x+8 x+4 x+6 Câu 3. (3 điểm) c)

1) Tìm số tự nhiên n để p là số nguyên tố biết: p = n 3 − n 2 + n − 1 2) Tìm a, b sao cho f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 + x − 2

ab 4a − b 2 Câu 4. (6,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên tia đối của tia CD lấy điểm M bất kỳ 3) Cho 4a 2 + b2 = 5ab và 2a > b > 0. Tính P =

( CM < CD ) , vẽ hình vuông CMNP (P nằm giữa B và C), DP cắt BM tại H, MP cắt BD tại K. a) Chứng minh: DH vuông góc với BM. b) Tính Q =

PC PH KP + + BC DH MK

c) Chứng minh: MP.MK + DK.BD = DM 2

Câu 5. (1,5 điểm) 1) Cho x, y > 0. Chứng minh rằng :

x y x2 y 2 + 2 + 4 ≥ 3 +  2 y x y x

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

B = xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x 2 − 24x + 3y 2 + 18y + 2045

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.  2x 2 + 8 ≠ 0  a) Giá trị của A được xác định ⇔ 8 − 4x + 2x 2 − x 3 ≠ 0 x ≠ 0 

 x 2 ≠ −4  2x 2 ≠ −8 x ≠ 2   ⇔  4 ( 2 − x ) + x 2 ( 2 − x ) ≠ 0 ⇔ ( 2 − x ) 4 + x 2 ≠ 0 ⇔  x ≠ 0   x ≠ 0 x ≠ 0  

(

)

Ta có:

 x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 − 1− − 2  2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x   x 2 − 2x   x2 − x + 2  2x 2  . = −  x2  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )      2 2 2 x − 2x ( 2 − x ) − 4x x + x − 2x − 2 = . x2 2 x2 + 4 ( 2 − x )

(

)

(

)

(

)

2x 2 − x 3 − 4x + 2x 2 − 4x 2 x ( x + 1) − 2 ( x + 1) . x2 2 x2 + 4 ( 2 − x )

( −x ( x

(

)

) + 4) ( x − 2 )( x + 1) = x + 1 .

2 x2 + 4 ( 2 − x )

x+1 ∈ ℤ ⇔ x + 1⋮ 2x ⇒ 2x + 2 ⋮ 2x mà 2x⋮ 2x 2x

 x = 1(tm) ⇒ 2⋮ 2x ⇒ 1⋮ x ⇒   x = −1(tm) x+1 ∈ ℤ ⇔ x = 1 hoặc x = −1 Vậy A = 2x Câu 2.

(

)

x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 = 0

( ⇔ (x ⇔ (x

)( ) + 2x ) + 2 ( x + 2x ) + 1 = 0 + 2x + 1) = 0

⇔ x 2 + 2x x 2 + 2x + 2 + 1 = 0 2

⇔ ( x + 1 ) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1 b) 2

y + 4 x + 2y − 2 x +1 + 2 = 0 2

( ) − 2.2 ⇔ ( y + 1 ) + ( 2 − 1) = 0 ⇔ y 2 + 2y + 1 + 2 x 2

+1= 0

 y + 1 = 0  y = −1 ⇔ x ⇔ x = 0 2 − 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0; −1) c) 2

x + 4x + 6 x 2 + 16x + 72 x 2 + 8x + 20 x 2 + 12x + 42 + = + (1) x+2 x+8 x+4 x+6 ĐKXĐ: x ≠ −2; x ≠ −4; x ≠ −6; x ≠ −8

( 1)

( x + 2) ⇔

(x + 8) +

(x + 4) =

(x + 6) +

x+2 x+8 x+4 x+6 2 8 4 6 ⇔ x+2+ +x+8+ = x+4+ +x+6+ x+2 x+8 x+4 x+6 2 4 6 8 ⇔ − = − x+2 x+4 x+6 x+8 2x + 8 − 4x − 8 6x + 48 − 8x − 48 ⇔ = ( x + 2 )( x + 4 ) ( x + 6 )( x + 8 ) ⇔

−2x −2x = ( x + 2 )( x + 4 ) ( x + 6 )( x + 8 )

x = 0 x = 0 x = 0 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  8x = −40  x = −5 ( x + 2 )( x + 4 ) = ( x + 6 )( x + 8 ) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = −5

Câu 3.

(

)

1) Biến đổi được p = n 2 + 1 ( n − 1) Nếu n = 0;1 không thỏa mãn đề Câu

(

)

Nếu n = 2 thỏa mãn đề Câu vì p = 2 2 + 1 ( 2 − 1) = 5

Nếu n > 3 không thỏa mãn đề Câu vì khi đó p có từ 3 ước trở lên là 1; n − 1 > 1 và

n2 + 1 > n − 1 > 1 Vậy n = 2 thì p = n 3 − n 2 + n − 1 là số nguyên tố. 2) *g(x) = x 2 + x − 2 = ( x − 1)( x − 2 )

*f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 ⋮ g(x) ⇔ f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 = ( x − 1)( x − 2 ) Q ( x ) (1) -

( ∀x ∈ ℝ )

Thay x1 = 1; x 2 = 2 vào ( 1) ta có:

a + b + 6 = 0 và 8a + 4b + 16 = 0 ⇒ a = 2 và b = −8 a = 2 Vậy f ( x ) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 ⋮ g ( x ) ⇔   b = −8 3) Biến đổi được:

 b = 4a 4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ ( 4a − b )( a − b ) ⇔  b = a Mà 2a > b > 0 ⇒ 4a > 2b > b nên a = b Ta có: P =

a2 1 = 2 2 3 4a − a

Vậy 4a 2 + b2 = 5ab và 2a > b > 0 thì P =

1 3

Câu 4.

B K

H N P

a) Chứng minh được : DH vuông góc với BM = BCM = 90 0 Chứng minh được: CD = BC; PC = CM; DCB = 90 0 ⇒ ∆DPC = ∆BMC ( c.g.c ) ⇒ BHP 1 DM.PC S PC 2 b) Chứng minh được: MP ⊥ BD ⇒ = = ∆PDM BC 1 S ∆BDM DM.BC 2

1 1 .DB.KP S DB.KP S PH PH Tương tự = 2 = PBM ; = 2 = PBD DH 1 S BDM DH 1 S BDM .DB.MK DB.MK 2 2

⇒Q=

SPDM + SPBM + S PBD = 1. S BDM

c) Chứng minh: ∆MCP ∼ ∆MKD ( g.g ) ⇒ MP.MK = MC.MD

(1)

Chứng minh: ∆DBC ∼ ∆DKM(g.g) ⇒ DK.BD = DC.DM ( 2 ) Từ ( 1) & ( 2 )

⇒ MP.MK + DK.BD = DM. ( MC + DC )

⇒ MP.MK + DK.BD = DM 2 Câu 5. 1) Học sinh chứng minh

⇒

x y + ≥ 2 với mọi x, y > 0 y x

x y x y + − 2 ≥ 0; + − 1 ≥ 1 y x y x

x y  x y  ⇒  + − 2  + − 1  ≥ 0 y x  y x  2 2 x y x y y x ⇒ 2 + 2 + 2 −  +  − 2.  +  + 2 ≥ 0 y x y x y x ⇒

x y x2 y2 + 2 + 4 ≥ 3 +  2 y x y x

Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y > 0 2) B = xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x 2 − 24x + 3y 2 + 18y + 2045 2

*)x 2 − 2x + 1 = ( x − 1) ≥ 0 ⇒ x 2 − 2x + 3 ≥ 2 với mọi x ∈ ℝ

(1)

y 2 + 6y + 9 = ( y + 3 ) ≥ 0 ⇒ y 2 + 6y + 12 ≥ 3 với mọi y ∈ℝ (2)

+ B = xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x 2 − 24x + 3y 2 + 18y + 2045

( = (x = (x

)( ) ( ) ( ) − 2x )( y + 6y + 12 ) + 3 ( y + 6y + 12 ) + 2009 − 2x + 3 )( y + 6y + 12 ) + 2009 (3)

= x 2 − 2x y 2 + 6y + 12 x 2 − 2x + 3 y 2 + 6y + 36 + 2009 2 2

Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3 ) ⇒ B ≥ 2.3 + 2009 ⇒ B ≥ 2015

*)B = 2015 ⇔ x = 1& y = −3 x = 1 *)MinB = 2015 ⇔   y = −3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 26. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1: (5,0 điểm) 1. Cho biểu thức M =

x4 + 2 x2 − 1 x2 + 3 + − x6 + 1 x 4 − x 2 + 1 x 4 + 4x 2 + 3

a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M 2. Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn

1 − 2x 1 − 2y + =1 1− x 1− y

Chứng minh M = x 2 + y 2 − xy là bình phương của một số hữu tỷ.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Tìm số dư trong phép chia ( x + 3 )( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 cho x 2 + 12x + 30 2. Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = 7; x 2 + y 2 + z 2 = 23; Tính giá trị của biểu thức H =

xyz = 3

1 1 1 + + xy + z − 6 yz + x − 6 zx + y − 6

Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 3x 2 + 3xy − 17 = 7x − 2y 2

2. Giải phương trình: ( 3x − 2 )( x + 1) ( 3x + 8 ) = −16

Câu 4. (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB = 90 0. Gọi E là giao điểm của lấy M ( 0 < MB < MA ) và trên cạnh BC lấy N sao cho MON AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE. 1) Chứng minh ∆MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vuông góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh:

KC KN CN + + =1 KB KH BH

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y > 0 thỏa mãn x + 2y ≥ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của H = x 2 + 2y 2 +

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1. a)

1 24 + x y

x4 + 2

)(

+ 1 x4 − x2 + 1 4

x2 − 1 x2 + 3 − x4 − x2 + 1 x2 + 1 x2 + 3

(

)(

)

x +2

)

x −1 1 − 2 2 x −x +1 x +1

)( ) x + 2 + ( x − 1)( x + 1) − ( x − x + 1) x + 2 + x − 1 − x + x − 1 = = ( x + 1)( x − x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) x . ( x + 1) x +x x = = = ( x + 1)( x − x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) x − x + 1 2

+1 x −x +1

Vậy M =

x2 với mọi x x4 − x2 + 1

x2 với mọi x x4 − x2 + 1 Nếu x = 0 ta có M = 0

Nếu x ≠ 0 , chia cả tử và mẫu của M cho x 2 ta có: M =

b) Ta có : M =

1  1 1 Ta có: x + 2 − 1 =  x 2 − 2.x. + 2 x x x  2

1 1 x2 + 2 − 1 x

  1 +1= x− x  +1≥ 1   

≤ 1 . Dấu " = " xảy ra khi x = 1. 1 x2 − 1 Vậy M lớn nhất là M = 1 khi x = 1

Nên ta có: M =

x2 +

1 − 2x 1 − 2y + = 1 ⇔ ( 1 − 2x )( 1 − y ) + ( 1 − 2y )( 1 − x ) = ( 1 − x )( 1 − y ) 1− x 1− y Ta có 3xy + 1 ⇔ 1 − y − 2x + 2xy + 1 − x − 2y + 2xy = 1 − x − y + xy ⇔ x + y = 2 2

Ta có : M = x + y − xy = ( x + y ) 2

Vì x, y ∈ℚ nên

 3xy + 1   3xy − 1  − 3xy =   − 3xy = ... =    2   2 

3xy − 1 là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2

Câu 2. 1)

(

)(

)

Ta có: ( x + 3 )( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = .... = x 2 + 12x + 27 x 2 + 12x + 35 + 2033 Đặt x 2 + 12x + 30 = t, ta có: ( x + 3 )( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = ( t − 3 )( t + 5 ) + 2033 = t 2 + 2t − 15 + 2033 = t ( t + 2 ) + 2018

(

)(

)

Vậy ta có ( x + 3 )( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = x 2 + 12x + 30 x 2 + 12x + 32 + 2018

Vậy số dư trong phép chia ( x + 3 )( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 cho x 2 + 12x + 30 là 2018. Vì x + y + z = 7 ⇒ z = − x − y + 7 ⇒ xy + z − 6 = ... = xy − x − y + 1 = ( x − 1)( y − 1)

Tương tự ta có: yz + x − 6 = ( y − 1)( z − 1) ; zx + y − 6 = ( z − 1)( y − 1)

Vậy H =

z −1+ x −1+ y −1 ( x − 1)( y − 1)( z − 1)

( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) (x + y + z) − 3 7−3 4 Ta có: = = = xyz − ( xy + yz + xz ) + ( x + y + z ) − 1 3 − ( xy + yz + xz ) + 7 − 1 9 − ( xy + yz + xz ) ( x + y + z ) = x + y + z + 2 ( xy + yz + xz ) ⇒ 7 = 23 + 2 ( xy + yz + xz ) 2

⇒ xy + yz + xz = 13 Vậy H =

4 = −1 9 − 13

Câu 3. 1) Ta có: 3x + 3xy − 17 = 7x − 2y ⇔ 3xy + 2y = −3x 2 + 7x + 17 ⇔ ( 3x + 2 ) y = −3x 2 + 7x + 17 Vì x nguyên 2

nên 2x + 3 ≠ 0 nên ta có:

−3x 2 + 7x + 17 −3x 2 − 2x + 9x + 6 + 11 = 3x + 2 2 −x ( 3x + 2 ) + 3 ( 3x + 2 ) + 11 11 = = −x + 3 + 3x + 2 3x + 2 11 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên ⇒ 11⋮ 3x + 2 ⇒ 3x + 2 = ±1; ±11 3x + 2 - Xét các trường hợp ta tìm được x = −1; y = −1; x = −3; y = 5 thỏa mãn và kết luận y=

2) Ta có: ( 3x − 2 )( x + 1) ( 3x + 8 ) = −16 ⇔ ( 3x − 2 )( 3x + 3 ) ( 3x + 8 ) = −144 Đặt 3x + 3 = t ⇒ 3x − 2 = t − 5; 3x + 8 = t + 5 Ta có phương trình: ( t − 5 ) t 2 ( t + 5 ) = −144

(

)(

)

⇔ t 4 − 25t 2 + 144 = 0 ⇔ t 2 − 9 t 2 − 16 = 0 t 2 = 9  t = ±3 ⇔ 2 ⇔  t = ±5  t = 16 Xét các trường hợp ta tìm được x = 0; x = −2; x =

Câu 4.

2 8 ;x = − 3 3

N K C

H = 90 0 ⇒ CON + BON = 90 0 ; vì 1) Ta có : BOC = 900 ⇒ BOM + BON = 90 0 ⇒ BOM = CON MON

= CBO = BOC = 450 ⇒ MBO Ta có BD là phân giác ABC 2 = DCO = BOC = 450 . Vậy ta có : MBO = NCO Tương tự ta có: NCO 2 = CON; MBO = NCO Xét ∆OBM và ∆OCN có OB = OC; BOM

⇒ ∆OBM = ∆OCN ⇒ OM = ON = 90 0 ; OM = ON ⇒ ∆MON vuông cân Xét ∆MON có MON

2) ∆OBM = ∆OCN ⇒ MB = NC mà AB = BC ⇒ AB − MB = BC − NC ⇒ AM = BM ⇒

AM BN = MB NC

Ta có: AB / /CD ⇒ AM / /CE ⇒

AN BN = NE NC

AM AN = ⇒ MN / /BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE = MNO = 450 (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) 3) Vì MN / / BE ⇒ BKN Vậy ta có: ⇒

= ONK; BKN = OCN = 450 ) ⇒ NB = NO ⇒ ∆BNK ∼ ∆ONC (vì có BNK NK NC = CNK; NB = NO ⇒ ∆BNO ∼ ∆KNC - Xét ∆BNO; ∆KNC có BNO NK NC = NBO = 450 ⇒ NKC = BKN + CKN = 450 + 450 = 90 0 ⇒ CK ⊥ BE Vậy ta có: BKC = 90 0 mà 4) – Vì KH / /OM mà MK ⊥ OK ⇒ MK ⊥ KH ⇒ NKH = 450 ⇒ CKH = 450 ⇒ BKN = NKC = CKH = 450 NKC = NKC ⇒ KN là phân giác trong của ∆BKC , mà KH ⊥ KN Xét ∆BKC có BKN

⇒ KH là phân giác ngoài của ∆BKC ⇒

KC HC = KB HB

KN BN = KH BH KC KN NC HC BN CN BH Vậy ta có + + = + + = ..... = =1 KB KH BH HB BH BH BH 1 24 Câu 5Ta có: H = x 2 + 2y 2 + + x y Chứng minh tương tự ta có :

 1   24 = x 2 − 2x + 1 + 2y 2 − 8y + 8 +  + x − 2  +  + 6y − 24  + ( x + 2y ) + 17 x   y 

(

) (

= ( x − 1) + 2 ( y − 2 )

)

( x − 1) +

x ≥ 0 + 0 + 0 + 0 + 5 + 17 = 22

6 ( y − 2) y

Dấu " = " xảy ra ⇔ ( x − 1) = 2 ( y − 2 )

+ ( x + 2y ) + 17

( x − 1) =

6 ( y − 2) y

= 0 và x + 2y = 5

⇔ x = 1 và y = 2. Vậy H nhỏ nhất là H = 22 ⇔ x = 1, y = 2 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 27. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x 4 + 4 b)

( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

a2 b2 c2 a b c + + =0 + + = 1. Chứng minh rằng: b+c c+a a+ b b+c c+a a+b Câu 2. (2 điểm) 2. Cho

1. Tìm a, b sao cho f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 + x − 2 2. Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố

Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD,M là một điểm tùy 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 4. (1,5 điểm)Cho a, b dương và a 2000 + b2000 = a 2001 + b2001 = a 2002 + b2002 . Tính : a 2011 + b2011

HƯỚNG DẪN GIẢI

(

)

(

)

Câu 1. 1a. x 4 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4 − 4x 2 = x 4 + 4x 2 + 4 − ( 2x ) = x 2 + 2 − ( 2x )

(

)(

= x 2 + 2x + 2 x 2 − 2x + 2

)

1b. ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24 2 = x 2 + 7x + 11 − 1 x 2 + 7x + 11 + 1 − 24 =  x 2 + 7x + 11 − 1 − 24  

( = (x

)(

) + 7x + 11) − 5 = ( x + 7x + 6 )( x = ( x + 1)( x + 6 ) ( x + 7x + 16 ) 2

(

)

+ 7x + 16

)

2. Nhân cả 2 vế của

a b c + + = 1 với a + b + c , rút gọn suy ra đpcm b+c c+a a+ b

Câu 2. 1. Ta có: g(x) = x 2 + x − 2 = ( x − 1)( x + 2 ) Vì f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 + x − 2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x) = g ( x ) .q(x) ⇒ ax 3 + bx 2 + 10x − 4 = ( x + 2 ) . ( x − 1) .q(x) Với x = 1 ⇒ a + b + 6 = 0 ⇒ b = −a − 6 Với x = −2 ⇒ 2a − b + 6 = 0

(1)

(2)

Thay (1) vào (2), ta có: a = 2; b = 4

(

)(

2. Ta có: a 4 + 4 = a 2 − 2a + 2 . a 2 + 2a + 2

)

Vì a ∈ ℤ ⇒ a 2 − 2a + 2 ∈ ℤ; a 2 + 2a + 2 ∈ ℤ 2

Có: a 2 + 2a + 2 = ( a + 1) + 1 ≥ 1∀a và a 2 − 2a + 2 = ( a − 1) + 1 ≥ 1(∀a)

a 2 + 2a + 2 = 1 a = 1(tm) Vậy a 4 + 4 là số nguyên tố thì  2 ⇔ a = −1(tm) a − 2a + 2 = 1 Câu 3.

D a) Chứng minh AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ dfcm b) DE, BF, CM là ba đường cao của ∆EFC ⇒ dfcm c) Có chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

⇒ ME + MF = a không đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn nhất ⇔ ME = MF (AEMF là hình vuông)

⇒ M là trung điểm của BD. Câu 4.

2001

)

(

)

+ b 2001 ( a + b ) − a 2000 + b 2000 ab = a 2002 + b 2002

⇒ ( a + 1) − ab = 1 a = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 1 ⇒  b = 1

 b = 1(tm) Vì a = 1 ⇒ b 2000 = b 2001 ⇒   b = 0(ktm) a = 1(tm) Vì b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0(ktm) Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b 2011 = 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 28. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3,5 điểm) a) Chứng minh n 3 + 17n chia hết cho 6 với mọi n ∈ ℤ

(x (x

b) Rút gọn biểu thức:

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

Câu 2. (4,5 điểm). a) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 4m thì dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 8m dừng lai 2 giây, rồi đi tiếp 12m dừng lại 3 giây… Cứ như vậy đi từ A đến B kể cả dừng hết tất cả 155 giây. Biết rằng khi đi vật thể luôn có vận tốc 2m / giây. Tính khoảng cách từ A đến B. b) Biết a 3 − 3ab2 = 5 và b3 − 3a 2 b = 10 . Tính M =

a 2 + b2 2018

Câu 3. (4 điểm)

(

)(

)

a) Giải phương trình: x 2 − x + 1 x 2 − x + 2 = 12 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

Câu 4. (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác BD. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của BD, BC, DC a) Chứng minh APQR là hình thang cân b) Biết AB = 6cm, AC = 8cm. Tính độ dài của AR

Câu 5. (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD tại M, cắt đường chéo AC tại N và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh:

1 1 1 = + BN BM BK Câu 6. (1,0 điểm) Biết a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

+ b2 − c 2

)

− 4a 2 b 2 < 0

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) n 3 + 17n = n 3 − n + 18n = n ( n − 1)( n + 1) + 18n Vì n ( n − 1)( n + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3, ( 2, 3 ) = 1 nên chia hết cho 6

18n ⋮ 6 , suy ra điều phải chứng minh b)

(x (x

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x 2 + 1 2

x2 + x2a + a + a 2 + a 2 x2 + 1 x2 − x2a − a + a 2 + a 2 x2 + 1

( (

) ( ) (

2 2 2 x2 + x2a + a 2 x2 + 1 + a + a 2 x 1 + a + a + 1 + a + a = 2 = x − x2a + a 2 x2 + 1 − a + a 2 x2 1 − a + a 2 + 1 − a + a 2

(x = (x

)( ) = 1+ a + a + 1)( 1 − a + a ) 1 − a + a

+ 1 1 + a + a2

) )

Câu 2. a) Gọi x là số lần đi ( x ∈ ℕ , x > 0 ) , số lần dừng là x − 1 Thời gian đi:

4 8 12 4x + + + ..... + = 2 + 4 + 6 + ..... + 2x = 2 ( 1 + 2 + 3 + .... + x ) = x ( x + 1) 2 2 2 2

Thời gian dừng: 1 + 2 + 3 + ..... + ( x − 1) = Lập được phương trình:

( x − 1 + 1)( x − 1) = x(x − 1) 2

 x = 10 (tm) x(x − 1) + x(x + 1) = 155 ⇔ 3x 2 + x − 310 ⇔   x = −31 (ktm) 2  3

Khoảng cách AB là 10. ( 10 + 1) .2 = 220(m) b)

a 3 − 3ab 2 = 5 ⇒ a 6 − 6a 4 b 2 + 9a 2 b 4 = 25 b 3 − 3a 2 b = 10 ⇒ b 6 − 6a 2 b 4 + 9a 4 b 2 = 100 ⇒ a 6 + 3a 4 b 2 + 3a 2 b 4 + b6 = 125

(

⇒ a 2 + b2

)

= 53 ⇒

a 2 + b2 5 = 2018 2018

Câu 3. a)

)(

)

− x + 1 x 2 − x + 2 = 12

Đặt x 2 − x + 1 = X có

X 2 + X − 12 = 0

⇔ X 2 + 4X − 3X − 12 = 0 ⇔ X ( X + 4 ) − 3 ( X + 4 ) = 0

X = 3 ⇔ ( X − 3 )( X + 4 ) = 0 ⇔   X = −4 2

 1  19 X = −4 ⇒ x 2 − x + 5 = 0 ⇒  x −  + = 0 (VN) 2 4  X = 3 ⇒ x 2 − x − 2 = 0 ⇒ x 2 − 2x + ( x − 2 ) = 0

(

)

 x = −1 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b)

P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

(

) (

)

= x 2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 − 2018 2

= ( x − 2 ) + ( y − 2 ) − 2018 ≥ −2018 Vậy Pmin = −2018 ⇔ x = y = 2

Câu 4.

A D R

P B

a) PQ là đường trung bình tam giác BDC, suy ra PQ / /AR nên APQR là hình thang.

1 BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) 2 1 PR = BC (đường trung bình tam giác DBC) 2 Suy ra AQ = PR ⇒ APQR là hình thang cân AQ =

b) Tính được BC = 10cm Tính chất đường phân giác trong của ∆ABC

DA BA DA BA = ⇒ = DC BC AC BC + BC Thay số tính đúng AD = 3cm, DC = 5cm, DR = 2, 5cm

⇒

Kết quả AR = 5, 5cm

Câu 5.

A N

K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành). Theo định lý Talet có: MN NC MN MC + AB MN + NB BM ⇒ = = = = (1) AB AN NB AB BN BN KM KD MD BK − KM AB − MD BM AB − MD (2) = = ⇒ = ⇒ = BK KA AB BK AB BK AB BM BM AB + MC AB − MD MC + MD Từ (1) và (2) ⇒ − = − = BN BK AB AB AB BM BM − = 1 (Điều phải chứng minh) Mà MC + MD = CD = AB nên BN BK Câu 6.

+ b2 − c 2

)

(

)(

− 4a 2 b 2 = a 2 + b 2 − c 2 + 2ab a 2 + b 2 − c 2 − 2ab

)

= ( a + b ) − c 2  ( a − b ) − c 2     = − ( a + b + c )( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) 2

Tổng hai cạnh tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên cả 4 thừa số đều dương, suy ra điều phải chứng minh.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 29. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

a) Cho a 2 + a + 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức P = a 2013 + 2

1 a

2013

b) Cho hai số x, y thỏa mãn: x + x y − 2y = 0 và x + 2y − 4y + 3 = 0 Tính giá trị của biểu thức Q = x 2 + y 2

Câu 2. (5 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn: 2 x = 5y − 624 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: 10x 2 + 50y + 42xy + 14x − 6y + 57 < 0

Câu 3. (4 điểm) a) Tìm số tự nhiên n sao cho số A = n 2 + n + 6 là số chính phương. b) Trong một cuộc thi “Đố vui để học”, mỗi học sinh tham gia thi phải trả lời 10 câu hỏi. Mỗi câu trả lời đúng thì được cộng 5 điểm; ngược lại, mỗi câu trả lời sai thì bị trừ 2 điểm. Qua cuộc thi, những học sinh đạt từ 30 điểm trở lên thì được thưởng. Hỏi: Mỗi học sinh được thưởng thì phải trả lời đúng ít nhất bao nhiêu câu hỏi

Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A có AM là phân giác ( M ∈ BC ) . Đường thẳng qua M và vuông góc với BC cắt đường thẳng AB tại N. Chứng minh rằng MN = MC

Câu 5. (4 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 20cm. Trên cạnh CD lấy điểm M. Đường thẳng vuông góc với BM tại M cắt AD tại N. a) Cho MC = 15cm. Tính diện tích tam giác BMN b) Xác định vị trí của M trên cạnh CD để ND có độ dài lớn nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

)

a) Từ a 2 + a + 1 = 0 với a ≠ 1 ta có: ( a − 1) a 2 + a + 1 = 0 ⇒ a 3 − 1 = 0 ⇒ a 3 = 1

( )

Ta lại có a 2013 = a 3 Do đó: P = a 2013 +

671

1 a

2013

( )

= a3

b) Từ x 2 + x 2 y 2 − 2y = 0 ⇒ x 2 =

671

(a ) 3

671

= 1+1 = 2

2y ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 y2 + 1 2

(1)

x 3 + 2y 2 − 4y + 3 = 0 ⇒ x 3 = −1 − 2 ( y − 1) ≤ −1 ⇒ x ≤ −1 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ x = −1 ⇒ x2 = 1 x 2 = 1 ⇒ y 2 − 2y + 1 = 0 ⇒ y = 1 ⇒ y 2 = 1

Vậy Q = x 2 + y 2 = 1 + 1 = 2

Câu 2. a) Ta có: 2 x = 5y − 624 ⇔ 2 x + 624 = 5y (*) +Xét x = 0, ta có: 5 y = 625 ⇔ y = 4 +Xét x ∈ ℕ và x > 0 ta có VT(*) là số chẵn còn vế phải (*) là số lẻ, Vô lý Vậy ( x; y ) = ( 0; 4 ) b) Ta có:

10x 2 + 50y 2 + 42xy + 14x − 6y + 57 < 0

(

) (

)

⇔ 9x 2 + 42xy + 49y 2 + x 2 + 14x + 49 + y 2 − 6y + 9 − 1 < 0 2

⇔ ( 3x + 7y ) + ( x + 7 ) + ( y − 3 ) − 1 < 0 ⇔ ( 3x + 7y ) + ( x + 7 ) + ( y − 3 ) < 1 ( 3x + 7y )2 ≥ 0  2 2 2 2  Vì ( x + 7 ) ≥ 0 và x, y ∈ℤ nên ( 3x + 7y ) + ( x + 7 ) + ( y − 3 ) = 0  2 ( y − 3 ) ≥ 0 

x = −7 2 2 2 ⇒ ( 3x + 7y ) = ( x + 7 ) = ( y − 3 ) = 0 ⇒  y = 3 Câu 3. a) Giả sử A là số chính phương, suy ra tồn tại số k ∈ ℕ sao cho :

(

)

n 2 + n + 6 = k 2 ⇔ 4 n 2 + n + 6 = 4k 2 2

⇔ ( 2k ) − ( 2n + 1) = 23 ⇔ ( 2k + 2n + 1)( 2k − 2n − 1) = 23

(*)

Do k, n ∈ ℕ nên dễ thấy 2k − n − 1 và 2k + 2n + 1 là các số nguyên Ngoài ra 23 > 0 và 2k + 2n + 1 ≥ 1; 2k − 2n − 1 < 2k + 2n + 1 Suy ra 1 ≤ 2k − 2n − 1 < 2k + 2n + 1 Căn cứ các lập luận trên và 23 là số nguyên tố nên từ (*) suy ra

2k − 2n − 1 = 0 ⇒ 4n + 2 = 22 ⇔ n = 5  2k + 2n + 1 = 23 Với n = 5 thì A = 36 = 6 2 là số chính phương Vậy n = 5 là số tự nhiên cần tìm b) Gọi x là số câu trả lời đúng ( x nguyên và 0 ≤ x ≤ 10) Số câu trả lời sai là : 10 − x Số điểm được cộng là 5x Số điểm bị trừ là 2. ( 10 − x ) Nếu được thưởng thì phải đạt từ 30 điểm trở lên. Nên ta có:

5x − 2 ( 10 − x ) ≥ 30 Giải bất phương trình trên ta được: x ≥ 8(tm) Vậy để được thưởng học sinh phải trả lời đúng ít nhất 8 câu hỏi.

Câu 4.

N A K H C

Kẻ MH ⊥ AB tại H , MK ⊥ AC tại K ⇒ AHMK là hình vuông ⇒ MH = MK (1) = MNA (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) (2) Ta có: MCA

Từ (1) và (2) ⇒ ∆MHN = ∆MKC ( ch − cgv ) ⇒ MN = MC

Câu 5

N D

a) Hai tam giác vuông BCM và MDN có:

= DMN (cùng phụ với BMC) CBM

ND MD = (*) MC BC MC.MD 15. ( 20 − 15 ) ⇒ ND = = = 3,75 ( cm ) BC 20 ⇒ AN = AD − ND = 20 − 3,75 = 16, 25 ( cm )

⇒ ∆BCM ∼ ∆MDN ⇒

Ta có: S ∆BMN = S ABCD − S BCM − S DMN − S ABN

1 1 1 = 20 2 − .20.15 − .5.3,75 − .20.16, 25 = 78,125(cm 2 ) 2 2 2 b) Đặt MC = x ( 0 ≤ x ≤ 20 ) 2

( x − 10 ) ≤ 5 MC.MD x. ( 20 − x ) 20x − x 2 Từ ( * ) ⇒ ND = = = 5− = BC 20 20 20 ⇒ Độ dài ND lớn nhất là ND = 5cm khi x = 10 hay M là trung điểm của CD Vậy để độ dài ND lớn nhất thì vị trí của M là trung điểm của CD.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 30. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (5,0 điểm) Cho biểu thức P =

 x+1 x2 + x 1 2 − x2  + + :   x −1 x  x 2 − 2x + 1  x

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P

−1 2 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

b) Tìm x để P=

Câu 2. (6 điểm) a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 22, f(x) chia cho x2 − 4 được thương là −5x và còn dư b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a 3 + 5a chia hết cho 6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + xy − 2012x − 2013y − 2014 = 0

Câu 3. (3,0 điểm) a) Cho a + b + c = 0 và abc ≠ 0, tính giá trị của biểu thức: P=

1 1 1 + 2 2 + 2 2 2 2 b + c − a a + c − b a + b2 − c 2 2

b) Cho 2 số a và b thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 1. Chứng minh:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + ab 1+ a 1+ b

Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC

( M ≠ B, C ) . Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân b) Chứng minh: ME / /BN c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) . Chứng minh rằng ba điểm O,M, H thẳng hàng.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ −1 P=

x ( x + 1)  ( x + 1)( x − 1) x 2 − x2  : + +   2 ( x − 1)  x ( x − 1) x ( x − 1) x ( x − 1) 

x ( x + 1) x 2 − 1 + x + 2 − x 2 x ( x + 1 ) x + 1 : = : 2 2 x ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1 ) x ( x − 1)

x ( x + 1) x ( x − 1 ) x2 . = 2 ( x − 1) x + 1 x − 1

b) P =

−1 x2 −1 ⇔P= = với x∈ĐKXĐ 2 x −1 2

⇒ 2x 2 = −x + 1 ⇔ 2x 2 + x − 1 = 0  1 x = (TM) ⇔ ( 2x − 1)( x + 1) = 0 ⇔  2   x = −1(KTM) Vậy P = −

1 1 ⇔x= 2 2

x2 x 2 − 1 + 1 ( x + 1)( x − 1) + 1 1 = = = x +1+ x −1 x−1 x −1 x −1 1 1 P = x + 1+ = x −1+ +2 x −1 x −1 P=

Vì x > 1 nên x − 1 > 0. Áp dụng BĐT Cosi ta có: x − 1 +

1 ≥2 x−1

( x − 1) x 1− 1 = 2

2 1 ⇔ ( x − 1) = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2(TM) x −1 Vậy GTNN của P là 4 ⇔ x = 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 1 =

Câu 2. a) Giả sử f(x) chia cho x2 − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b

(

)

Khi đó: f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b Theo đề Câu, ta có:

f(2) = 22 2a + b = 22 a = 3 ⇔ ⇔  f( −2) = 10 −2a + b = 10  b = 16

(

)

Do đó: f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + 3x + 16 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f(x) = −5x 3 + 23x + 16

(

)

b) a 3 + 5a = a 3 − a + 6a = a a 2 − 1 + 6a = a ( a − 1)( a + 1) + 6a Vì a(a − 1)(a + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3 mà ( 2, 3 ) = 1 nên a ( a − 1)( a + 1) chia hết cho 6

6a chia hết cho 6 Nên a 3 + 5a chia hết cho 6 c) x 2 + xy − 2012x − 2013y − 2014 = 0

⇔ x 2 + xy + x − 2013x − 2013y − 2013 = 1 ⇔ x ( x + y + 1) − 2013 ( x + y + 1) = 1 ⇔ ( x − 2013 )( x + y + 1) = 1

 x − 2013 = 1  x = 2014   x + y + 1 = 1  y = −2014  ⇔ ⇔  x − 2013 = −1 x = 2012    x + y + 1 = −1   y = −2014

Câu 3. 1 1 1 + 2 2 + 2 2 2 2 b + c − a a + c − b a + b2 − c 2 1 1 1 = + + 2 2 2 b2 + c 2 − ( b + c ) a 2 + c 2 − ( a + c ) a 2 + b2 − ( a + b )

a) P =

= b)

1 1 1 a+b+c + + = =0 −2ab −2ac −2ab −2abc

1 1 2  1 1   1 1  ab − a 2 ab − b 2 + − = − + − = +     1 + a 2 1 + b 2 1 + ab  1 + a 2 1 + ab   1 + b 2 1 + ab  1 + a 2 ( 1 + ab ) 1 + b 2 ( 1 + ab ) =

(

a(b − a)(1 + b 2 ) + b ( a − b ) 1 + a 2

(1 + a )(1 + b ) (1 + ab ) 2

( ) ( ) ) = ( b − a ) ( a + ab − b − a b ) = ( b − a ) ( ab − 1) (1 + a )(1 + b ) (1 + ab ) (1 + a )(1 + b ) (1 + ab ) 2

Do a ≥ 1; b ≥ 1 nên

⇒

( b − a ) ( ab − 1) ≥ 0 (1 + a )(1 + b ) (1 + ab ) 2

1 1 2 1 1 2 + − ≥0⇔ + ≥ 2 2 2 2 1 + ab 1 + a 1 + b 1 + ab 1+ a 1+ b

Câu 4.

1 2

a) Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có: OB=OC =C = 450 , BE = CM(gt) ⇒ ∆OEB = ∆OMC c.g.c Và B ( ) 1 1 =O ⇒ OE = OM và O 1 3 +O = BOC = 90 0 vì tứ giác ABCD là hình vuông Lại có: O 2 3 +O = EOM = 90 0 kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân tại O ⇒O 2 1

b) Từ giả thiết tứ giác ABCD là hình vuông ⇒ AB / /CD và AB = CD +) AB / /CD ⇒ AB / /CN ⇒

AM BM = (định lý Ta let) (*) MN MC

Mà BE = CM(gt) và AB = Cd ⇒ AE = BM thay vào ( * )

AM AE = ⇒ ME / /BN (Ta let đảo) MN EB c) Gọi H ' là giao điểm của OM và BN = OH Từ ME / /BN ⇒ OME ' E (cặp góc so le trong)

Ta có:

= 450 vì ∆OEM vuông cân tại O Mà OME ⇒ ∆OMC ∼ ∆BMH'(g.g) B = 450 = C ⇒ MH' 1

OM MH' = CMH' (hai góc đối đỉnh) , kết hợp OMB = OB MC = MH' C = 450 ⇒ ∆OMB ∼ ∆CMH'(c.g.c) ⇒ OBM

⇒

C = BH' M + MH ' C = 90 0 ⇒ CH' ⊥ BN Vậy BH'

Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) ⇒ H ≡ H' hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng (đpcm)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 31. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: P =

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

b) Tìm đa thức f(x) biết rằng : f(x) chia cho x + 2 dư 10, f ( x ) chia cho x − 2 dư 26, f ( x ) chia cho x2 − 4 được thương là −5x và còn dư

Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình a)

x + 43 x + 46 x + 49 x + 52 + = + 57 54 51 48 2

b) ( 2x + 3 )( x + 2 ) ( 2x + 5 ) = 3

Câu 3. (2,0 điểm) 3

a) Chứng minh rằng: Q = n 3 + ( n + 1) + ( n + 2 ) ⋮ 9 với mọi n ∈ ℕ * b) Cho a, b,c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) . Các đường cao AE, BF,CG cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K a) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác EFC b) Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND,HI = HK c) Chứng minh

AH BH CH + + >6 HE HF HG

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b) 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a) P =

(

) (

)

(

)

a a2 − 1 − 4 a2 − 1 a2 − 1 (a − 4) a 3 − 4a 2 − a + 4 = = a 3 − 7a 2 + 14a − 8 a 3 − 8 − 7a ( a − 2 ) ( a − 2 ) a 2 − 5a + 4

(

( a − 1)( a + 1)( a − 4 ) = a + 1 ( a − 2 )( a − 1)( a − 4 ) a − 2

Vậy P =

a +1 với a ≠ {1; 2; 4} a−2

)

(

)

b) Giả sử f ( x ) chia cho x2 − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b. Khi đó

(

)

f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b

Theo đề Câu, ta có:

f ( 2 ) = 26 2a + b = 26 a = 4 ⇔ ⇔  −2a + b = 10  b = 18 f ( −2 ) = 10

(

)

Do đó f ( x ) = x 2 − 4 . ( −5x ) + 4x + 18

(

)

Vậy đa thức f ( x ) cần tìm là f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + 4x + 18

Câu 2. x + 43 x + 46 x + 49 x + 52 + 1+ +1 = +1+ +1 57 54 51 48 x + 100 x + 100 x + 100 x + 100 ⇔ + − − =0 57 54 51 48 1 1 1   1 ⇔ ( x + 100 )  + − −  = 0 ⇔ x = −100  57 54 51 48 

a)pt ⇔

b) ( 2x + 3 )( x + 2 ) ( 2x + 5 ) = 3 2

⇔ ( 2x + 3 )( 2x + 5 )( x + 2 ) = 3

(

)(

)

⇔ 4x 2 + 16x + 15 x 2 + 4x + 4 = 3(2) Đặt y = x 2 + 4x + 4 ⇒ 4x 2 + 16x + 16 = 4y − 1

y = 1 Khi đó ( 2 ) ⇔ y ( 4y − 1) − 3 = 0 ⇔ ( y − 1)( 4y − 3 ) = 0 ⇔   4y + 3 = 0

 x = −1 +) y = 1 ⇔ x 2 + 4x + 4 = 1 ⇔   x = −3 +) 4y + 3 ⇔ 4x 2 + 16x + 16 + 3 = 0(VN) Vậy S = {−1; −3}

Câu 3. 3

a) Q = n 3 + ( n + 1) + ( n + 2 )

(

) (

= n 3 + n 3 + 3n 2 + 3n + 1 + n 3 + 6n 2 + 12n + 8

(

= 3 n 3 + 3n 2 + 5n + 3

)

Đặt C = n 3 + 3n 2 + 5n + 3 = n3 + n2 + 2n2 + 2n + 3n + 3

= n 2 ( n + 1) + 2n ( n + 1) + 3 ( n + 1) = n ( n + 1)( n + 2 ) + 3 ( n + 1) Ta thấy n ( n + 1)( n + 2 ) chia hết cho 3( vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp)

Và 3 ( n + 1)⋮ 3 ⇒ C chia hết cho 3 Nên Q = 3C chia hết cho 9 b) Đặt b + c − a = x > 0; c + a − b = y > 0; a + b − c = z > 0

y+z x+y x+z ;b = ;c = 2 2 2 Thay vào biểu thức A ta được:

Từ đó suy ra a =

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y   1 ⇒ A ≥  2 + 2 + 2  ⇔ A ≥ 3 2 A=

Câu 4.

A F K

I B

D a) Ta có ∆AEC ∼ ∆BFC(g.g) ⇒ Xét ∆ABC và ∆EFC có

CE CA = CF CB

CE CA , = CF CB

chung C

⇒ ∆ABC ∼ ∆EFC(cgc) b) Vì CN / /IK, HM ⊥ IK ⇒ HM ⊥ CN ⇒ M là trực tâm ∆HNC

⇒ MN ⊥ CH mà CH ⊥ AD (H là trực tâm ∆ABC) ⇒ MN / /AD Do M là trung điểm BC ⇒ NC = ND

IH AH HK AH (Vi...IH / /DN) (Vi.....KH / /CN) = = DN AN CN AN ⇒ IH = IK AH S AHC S ABH S AHC + S ABH S AHC + S ABH c) Ta có: = = = = HE S CHE S BHE S CHE + S BHE S BHC

Tương tự ta có:

⇒

BH S BHC + S BHA = ; HF S AHC

CH S BHC + S AHC = HG S BHA

AH BH CH S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC + + = + + + + + ≥6 HE HF HG S BHC S BHC S AHC S AHC S BHA S BHA

Dấu " = " xảy ra khi ∆ABC đều mà theo gt AB < AC nên không xảy ra dấu bằng.

Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: ∀a, b,c ∈ ℝ ,x, y,z > 0 ta có: a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+y+z

(*) . Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z 2

a 2 b2 ( a + b ) Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có: (**) + ≥ x y x+y

(

)

⇔ a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) ⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 Dấu " = " xảy ra ⇔

(luon dung)

a b = x y 2

a 2 b2 c 2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT (**) ta có: + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) ab + ac bc + ab ac + bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 2

 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a + b + c a + b + c 2 2 2  =  (Vi abc = 1) a + b + c ≥  ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + ac + bc )  1 1 1 2 + +  a b c 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 Hay a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3  1 1 1 + b + c ≥ Mà  + +  ≥ 3 nên a ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c Vậy

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b ) 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 32. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (6 điểm)

 2x − 3 2x − 8 3  21 + 2x − 8x 2 P= 2 + − +1 : 2 2  4x − 12x + 5 13x − 2x − 20 2x − 1  4x + 4x − 3 a) Rút gọn P

1 2 c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên

b) Tính giá trị của P khi x =

d) Tìm x để P > 0

Câu 2. (3 điểm) a)

 1 15x 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3 

148 − x 169 − x 186 − x 199 − x + + + = 10 25 23 21 19

x−2 +3 = 5

Câu 3. (2 điểm) Một người đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu người ấy tăng vận tốc thêm 5km / h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận tốc dự định đi của người đó

Câu 4. (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì ? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng min 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 điểm P. d) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2, 4cm,

PD 9 = . Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD PB 16

Câu 5. (2 điểm) a) Chứng minh rằng : 20092008 + 20112010 chia hết cho 2010 b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.Phân tích:

4x 2 − 12x + 5 = ( 2x − 1)( 2x − 5 )

;

21 + 2x − 8x 2 = ( 3 + 2x )( 7 − 4x ) ;

13x − 2x2 − 20 = ( x − 4 )( 5 − 2x ) 4x2 + 4x − 3 = ( 2x − 1)( 2x + 3 )

 1 5 −3 7  Điều kiện: x ≠  ; ; ; ; 4  2 2 2 4  a) Rút gọn: P =

2x − 3 2x − 5

1 1  x = 2 ⇒ P = 2 1 b) x = ⇒  2 x = − 1 ⇒ P = 2  2 3 2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5 2 Vậy P ∈ ℤ ⇔ ∈ ℤ ⇒ x − 5 ∈ U(2) = {±1; ±2} x−5 x − 5 = −2 ⇒ x = 3(tm) x − 5 = −1 ⇒ x = 4(tm)

c) P =

x − 5 = 1 ⇒ x = 6(tm) x − 5 = 2 ⇒ x = 7(tm) d) P=

2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5

Ta có: 1 > 0 ⇒ P > 0 ⇔

2 > 0⇒ x−5 > 0 ⇔ x > 5 x−5

Với x > 5 thì P > 0

Câu 2. a)

⇔

 1 15x 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3  2

 1  15x 1 − 1 = 12  +  (DK : x ≠ −4; x ≠ 1)   ( x + 4 )( x − 1)  x + 4 3 ( x − 1) 

⇔ 3.15x − 3 ( x + 4 )( x − 1) = 3.12 ( x − 1) + 12 ( x + 4 ) .....

 x = 0(tm) ⇔ 3x ( x + 4 ) = 0 ⇔   x = −4(ktm) S = {0}

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  ⇔ x = 123 b)

c) Ta có: x − 2 ≥ 0∀x ⇒ x − 2 + 3 > 0 nên x − 2 + 3 = x − 2 + 3 x − 2 = 2 x = 4 Phương trình được viết lại: x − 2 + 3 = 5 ⇔ x − 2 = 2 ⇔  ⇔  x − 2 = −2 x = 0

Vậy S = {0; 4}

Câu 3.Gọi khoảng cách giữa A và B là x(km / h)(x > 0) Vận tốc dự định của người đi xe máy là

x 3x (km / h) = 1 10 3 3

Vận tốc của người đi xe gắn máy khi tăng lên 5km / h :

1 3 h 20' = 3 h 3

3x + 5(km / h) 10

Theo đề Câu ta có phương trình :

 3x   10 + 5  .3 = x ⇔ x = 150(tm)   Vậy khoảng cách giữa A và B là : 150km Vận tốc dự định:

3.150 = 45km / h 10

Câu 4.

D P M E

a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD

⇒ PO là đường trung bình tam giác CAM ⇒ AM / /PO ⇒ AMDB là hình thang. = MAE (đồng vị) b) Do AM / /BD nên OBA

= OAB ∆AOB cân ở O nên OBA

Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở I = IEA nên IAE

= OAB ⇒ EF / /AC(1) Từ chứng minh trên ⇒ FEA Mặt khác IP là đường trung bình ∆MAC nên IP / /AC

(2)

Từ (1) và(2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng

MF AD không đổi = FA AB PD 9 PD PB d) Nếu = ⇒ = = k ⇒ PD = 9k,PB = 16k PB 16 9 16 CP PB Nếu CP ⊥ BD ⇒ ∆CBD ∼ ∆DCP ( g.g ) ⇒ = PD CP c) ∆MAF ∼ ∆DBA(g.g) ⇒

Do đó: CP2 = PB.PD hay ( 2, 4 ) = 9.16k 2 ⇒ k = 0, 2

PD = 9k = 1,8cm;

PB = 16k = 3, 2cm;

BD = 5cm

 BC = 4cm Chứng minh BC2 = BP.BD = 16 ⇒  CD = 3cm Câu 5.

( ) ( ) Vì 2009 + 1 = ( 2009 + 1) ( 2009 + ...... )⋮ 2010 (1) 2011 − 1 = ( 2011 − 1) ( 2011 + .... )⋮ 2010 (2)

a) Ta có: 2009 2008 + 20112010 = 2009 2008 + 1 + 20112010 − 1 2008

2007

2010

2009

Từ (1) và (2) ta có dpcm. b) Ta có:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

(1)

 1 1   1 1  ⇔ − + −  ≥0  2 2  1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy  x ( y − x) y (x − y) ⇔ + ≥0 1 + x 2 ( 1 + xy ) 1 + y 2 ( 1 + xy )

(

)

(

)

⇔

( y − x ) ( xy − 1) ≥ 0 (1 + x )(1 + y ) (1 + xy ) 2

(2)

Vì x ≥ 1; y ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy − 1 ≥ 0 Suy ra BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng, dấu " = " xảy ra ⇔ x = y

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 33. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1.x 2 + 7x + 6

2.x 4 + 2008x 2 + 2007x + 2008 Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình:

1)x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 2

2 1 1  1  1    2)8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2  x +  = ( x + 4 ) x x x  x    

Câu 3. (2 điểm)

 1 1 1 3. CMR với a, b,c là các số dương, ta có: ( a + b + c )  + +  ≥ 9 a b c 4. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008 cho đa thức x2 + 10x + 21

Câu 4. (4 điểm) 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. 4) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB 5) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của AHM

6) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB HD = BC AH + HC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Ta có: 1) x 2 + 7x + 6 = x 2 + x + 6x + 6 = x ( x + 1) + 6 ( x + 1) = ( x + 6 )( x + 1) 2) x 4 + 2008x 2 + 2007x + 2008 = x 4 + x 2 + 2007x 2 + 2007x + 2007 + 1

(

) ( = ( x + x + 1)( x − x + 1) + 2007 ( x

)

(

= x 4 + x 2 + 1 + 207 x 2 + x + 1 = x 2 + 1 − x 2 + 2007 x 2 + x + 1 2

) (

)(

+ x + 1 = x + x + 1 x − x + 2008

Câu 2.Ta có: 2.1 x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 ( 1) 2

Nếu x ≥ 1 : ( 1) ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 1) Nếu x < 1 : ( 1) ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x 2 − x − 3 ( x − 1) = 0

x = 1 ⇔ ( x − 1)( x − 3 ) = 0 ⇔  x = 3

(ktm) (ktm)

) )

Vậy phương trình ( 1) có một nghiệm duy nhất x = 1 2

2 1 1   1  1   2.2 Ta có: 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2   x +  = ( x + 4 ) x x x   x   

(2)

Điều kiện để phương trình có nghiệm: x ≠ 0 2 2 2  1  2 1   2 1   1  2 8 x 4 x x x ⇔ + + + + − +  ( )  x   x2   x2   x   = ( x + 4 )          2

2 2  1  1  ⇔ 8  x +  − 8  x 2 + 2  = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4 ) = 16 x x     x = 0 (ktm) ⇔  x = −8 (tm)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = −8

 1 1 1 a a b b c c Câu 3.3.1 Ta có: A = ( a + b + c )  + +  = 1 + + + + 1 + + + + 1 b c a c a b a b c

 a b a c  c b = 3+ + + + + +  b a c a b c  Mà

x y + ≥ 2 (BĐT Cô si). Do đó: A ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 . Vậy A ≥ 9 y x

(

)(

)

3.2 Ta có: P(x) = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008 = x 2 + 10x + 16 x 2 + 10x + 24 + 2008 Đặt t = x 2 + 10x + 21 ( t ≠ −3; t ≠ −7 ) , P(x) viết lại P(x) = ( t − 5 )( t + 3 ) + 2008 = t 2 − 2t + 1993 Do đó khi chia t 2 − 2t + 1993 cho t ta có số dư là 1993

Câu 4.

A E

M HG

chung; 4) Hai tam giác ADC và BEC có: C

Suy ra : BE = AB 2 = m 2 5) Ta có

BM 1 BE 1 AD = . = . ( do BC 2 BC 2 AC

∆BEC ∼ ∆ADC )

Mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

BM 1 AD 1 AH 2 BH BH = . = . = = (do ∆ABH ∼ ∆CBA) BC 2 AC 2 AC AB 2 BE = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 Do đó: ∆BHM ∼ ∆BEC(c.g.c) ⇒ BHM

Nên

6) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác BAC

GB AB AB ED AH HD , mà = = ∆ABC ∼ ∆DEC ) = ED / /AH ) = ( ( GC AC AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: = ⇒ = ⇒ = GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC

Suy ra :

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 34. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 3

a) ( x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 ;

b) x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010

Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình: x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23

Câu 3. (3 điểm)Tìm x biết:

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Câu 4. (3 điểm)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2 2

19 49

2010x + 2680 x2 + 1

Câu 5. (4 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.

Câu 6. (4 điểm) Trong tam giác ABC, các điểm A,E,F tương ứng nằm trên các cạnh BC,CA, AB sao = BFD; BDF = CDE; CED = AEF cho AFE

= BAC a) Chứng minh rằng: BDF

b) Cho AB = 5, BC = 8,CA = 7. Tính độ dài đoạn BD.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Ta có: 3 − x 3 − y 3 − z 3 = ( x + y + z ) − x 3  − y 3 + z 3   2 = ( y + z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) x + x 2  − ( y + z ) y 2 − yz + z 2   = ( y + z ) 3x 2 + 3xy + 3yz + 3zx = 3 ( y + z )  x ( x + y ) + z ( x + y ) 

( x + y + z)

(

)

(

)

= 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) b) Ta có:

(

) ( = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2010 ( x + x + 1) = ( x

x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010 = x 4 − x + 2010x 2 + 2010x + 2010 2

)(

)

+ x + 1 x − x + 2010

)

Câu 2. Ta có: x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23 x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 ⇔ −1+ −2+ −3+ −4 = 0 17 19 21 23 x − 258 x − 258 x − 258 x − 258 ⇔ + + + =0 17 19 21 23  1 1 1 1  ⇔ ( x − 258 )  + + +  = 0  17 19 21 23  ⇔ x = 258

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Câu 3Ta có: 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 )

2 2

19 49

ĐKXĐ: x ≠ 2009; x ≠ 2010. 2

( a + 1) − ( a + 1) a + a Đặt a = x − 2010 ( a ≠ 0 ) , ta có hệ thức: ( a + 1) + ( a + 1) a + a ⇔ 49a 2 + 49a + 49 = 57a 2 + 57a + 19

19 a 2 + a + 1 19 = ⇔ = 49 3a 49

⇔ 8a 2 + 8a − 30 = 0

 3  4023 a= (tm) x=   2 2 (TMDK) ⇔ ( 2a + 1) − 4 2 = 0 ⇔ ( 2a − 3 )( 2a + 5 ) = 0 ⇔  ⇒ 5 4015 a = − (tm)  x = 2 2   2

Câu 4Ta có: A =

2010x + 2680 x2 + 1

335 ( x + 3 ) −335x 2 − 335 + 335x 2 + 2010x + 3015 = = −335 + ≥ −335 2 x +1 x2 + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −335 khi x = −3

Câu 5

ɵ =A = Fɵ = 900 ) a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì E Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân giác của BAC

b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF

⇒ 3AD + 4EF = 7AD 3AD + 4EF nhỏ nhất ⇔ AD nhỏ nhất ⇔ D là hình chiếu vuông góc của A lên BC Câu 6.

A E F O

= BFD = ω, BDF = CDE = α; CED = AEF =β a) Đặt AFE + β + ω = 180 0 * Ta có: BAC ()

Qua D,E,F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF + OED + ODF = 900 (1) ⇒ OFD Ta có:

+ ω + OED + β + ODF + α = 270 0 (2) OFD

(1) & ( 2 ) ⇒ α + β + ω = 180 ( * * ) = α = BDF Từ ( * ) & ( * * ) ⇒ BAC 0

b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: = β ,C = ω ⇒ ∆AEF ∼ ∆DBF ∼ ∆DEC ∼ ∆ABC B ⇒ 5BF 5BF 5BF  BD BA 5     BF = BC = 8  BD = 8  BD = 8  BD = 8     7CE 7CE 7CE  CD CA 7    CD CD = = ⇒ = ⇒ = ⇒    CD = 8 8 8  CE CB 8     AE AB 5 7AE = 5AF 7 ( 7 − CE ) = 5 ( 5 − BF ) 7CE − 5BF = 24  AF = AC = 7        ⇒ CD − BD = 3 (3) Ta lại có: CD + BD = 8 (4) Từ (3) và (4) ⇒ BD = 2, 5

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 35. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1.(3đ) a) Phân tích đa thức x3 − 5x2 + 8x − 4 thành nhân tử b) Tìm giá trị nguyên của x để A⋮ B biết

A = 10x2 − 7x − 5 và B = 2x − 3 c) Cho x + y = 1 và xy ≠ 0. Chứng minh rằng: 2 (x − y) y x − 3 + 2 2 =0 y −1 x −1 x y + 3 3

Câu 2. (3đ) Giải các phương trình sau:

(

)

(

)

a) x 2 + x + 4 x 2 + x = 12;

x+1 x+2 x+3 x+4 x+5 x+6 + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003

Câu 3. (2đ) Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối của tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a) Chứng minh ∆EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O,C, I thẳng hàng

Câu 4.(2đ)

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 điểm D, E sao cho a) DE có độ dài nhỏ nhất b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. x 3 − 5x 2 + 8x − 4

= x 3 − 4x 2 + 4x − x 2 + 4x − 4

(

) (

= x x 2 − 4x + 4 − x 2 − 4x + 4 = ( x − 1)( x − 2 )

)

A 10x 2 − 7x − 5 7 = = 5x + 4 + B 2x − 3 2x − 3 7 ∈ ℤ ⇒ 7 ⋮ ( 2x − 3 ) với x ∈ ℤ thì A ⋮ B khi 2x − 3

b) Xét

Mà Ư(7)= {−1;1; −7; 7} ⇒ x ∈ {5; −2; 2;1} thì A⋮ B c) Biến đổi:

y x4 − x − y 4 + y x − = y 3 − 1 x3 − 1 y 3 − 1 x3 − 1

(

(x (

)(

)

− y4 − ( x − y )

)(

)

xy y + y + 1 x 2 + x + 1

( x − y )( x + y ) ( x

(

( x + y = 1 ⇒ y − 1 = −x & x − 1 = − y )

)

+ y2 − ( x − y )

xy x y + y x + y + yx + xy + y + x 2 + x + 1

(x − y)(x + y + xy ( x + y ) + x 2

)

xy  x 2 y 2

(x − y) (x xy  x 2 y 2 

)

−1

+ y 2 + xy + 2 

) = ( x − y )  x ( x − 1) + y ( y − 1) xy ( x y + 3 ) + ( x + y ) + 2   2

− x + y2 − y 2

( x − y ) x ( − y ) + y ( −x ) ( x − y )( −2xy ) =

(

xy x 2 y 2 + 3

−2 ( x − y ) x2 y 2 + 3

)

(

xy x 2 y 2 + 3

)

⇒ dpcm

Câu 2.

(

)

(

)

a) x 2 + x + 4 x 2 + x = 12 , đặt y = x 2 + x

 VN  x 2 + x = −6  y = −6  y + 4y − 12 = 0 ⇔ ( y + 6 )( y − 2 ) = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔   x = −2 y = 2  x + x = 2   x = 1  2

Vậy S = {−2;1}

x+1 x+2 x+3 x+4 x+5 x+6 + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x+1 x+2 x+3 x+4 x+5 x+6 ⇔ + 1+ +1+ +1= +1+ + 1+ +1 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 ⇔ + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003  1 1 1 1 1 1  ⇔ ( x + 2009 )  + + − − − =0  2008 2007 2006 2005 2004 2003  ⇔ x = −2009 b)

Câu 3.

E I C

a) Ta có ∆ADE = ∆CDF ( cgc ) ⇒ ∆EDF cân tại D = F Mặt khác ∆ADE = ∆CDF ( cgc ) ⇒ E 1 2

+E + F = 90 0 ⇒ F + E + F = 90 0 ⇒ EDF = 90 0 Mà E 1 2 1 2 2 1

Vậy ∆EDF vuông cân b) Theo tính chất đường chéo hình vuông ⇒ CO là trung trực BD

1 1 EF , tương tự: BI = EF ⇒ DI = BI 2 2 ⇒ I thuộc đường trung trực của DB ⇒ I thuộc đường thẳng CO

Mà ∆EDF vuông cân ⇒ DI =

Hay O,C,I thẳng hàng

Câu 4.

a) Đặt AB = AC = a không đổi ; AE = BD = x ( 0 < x < a ) Áp dụng định lý Pytago với ∆ADE vuông tại A có: 2

DE = AD 2 + AE 2 = ( a − x ) + x 2 = 2x 2 − 2ax + a 2 2

 a2  a2 a2 = 2 x − ax − a = 2  x −  + ≥ 4  2 2  a Ta có DE min ⇔ DE 2min ⇔ x = 2 a ⇔ BD = AE = ⇔ D,E là trung điểm AB, AC 2 b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất .

(

)

Ta có: S ADE =

1 1 1 1 AD.AE = AD.BD = AD. ( AB − AD ) = . AD 2 − AB.AD 2 2 2 2

(

1 AB AB2  AB2 1 AB  AB2 AB2 = −  AD2 − 2 AD + = −  AD − + ≤ + 2 2 4  8 2 4  2 8 Vậy S BDEC = S ABC − S ADE ≥ Do đó min S BDEC =

AB2 AB2 3 − = AB2 (Không đổi) 2 8 8

3 AB2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC 8

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 36. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức : P = a) Rút gọn P

2x 5 − x 4 − 2x + 1 8x 2 − 4x + 2 + 4x 2 − 1 8x 3 + 1

)

b) Tìm các giá trị của x để P = 6

Câu 2. (4,0 điểm) a) Cho các số a, b,c,d nguyên dương đôi một khác nhau và thỏa mãn:

2a + b 2b + c 2c + d 2d + a + + + = 6. Chứng minh A = abcd là số chính phương. a+b b+c c+d d+a b) Tìm a nguyên để a 3 − 2a 2 + 7a − 7 chia hết cho a 2 + 3

Câu 3. (3,0 điểm)

(

)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( x − 1)( 2x − 1) 2x 2 − 3x − 1 + 2017 b) Tìm a nguyên để a 3 − 2a 2 + 7a − 7 chia hết cho a 2 + 3

Câu 4. (3,0 điểm) a) Gọi a, b,c là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn a 3 + b3 + c 3 = 3abc. Chứng minh tam giác đều b) Cho x, y, z dương và x + y + z = 1. Chứng minh rằng :

1 1 1 + 2 + 2 ≥9 x + 2yz y + 2xz z + 2xy 2

Câu 5. (5,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là cạnh AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D a) Chứng minh AB2 = 4AC.BD b) Kẻ OM ⊥ CD tại M. Chứng minh AC = CM. c) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH d) Tìm vị trí của C trên tia Ax để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất

Câu 6. (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình y 2016 x 2015 + + + =2 x + y y + 2015 4031 x + 2016

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) P =

(x =

)

− 1 ( 2x − 1)

( 2x − 1)( 2x + 1)

Vậy P =

(

)

4 2 4x 2 − 2x + 1 2x 5 − x 4 − 2x + 1 8x 2 − 4x + 2 x . ( 2x − 1) − ( 2x − 1) + = + 4x 2 − 1 8x 3 + 1 ( 2x − 1)( 2x + 1) ( 2x + 1) 4x2 − 2x + 1

x4 + 1 2x + 1

(

2 x4 − 1 2 x4 + 1 = + = 2x − 1 2x + 1 2x + 1 2x + 1

)

b) ĐK: x ≠ ±

1 2

x4 + 1 = 6 ⇔ x 4 + 1 = 12x + 6 ⇔ x 4 + 4x 2 + 4 = 4x 2 + 12x + 9 2x + 1  x 2 + 2 = 2x + 3 ( 1) 2 2 2 ⇔ x + 2 = ( 2x + 3 ) ⇔  2 (2)  x + 2 = −2x − 3

P=6⇔

(

)

Ta có ( 1) ⇔ x 2 − 2x + 1 = 2 ⇒ ( x − 1) = 2

x − 1 = 2 x = 1 + 2 (tmdk) ⇔ ⇔  x = 1 − 2  x − 1 = − 2

(2) ⇔ x

+ 2x + 1 = −4 ⇔ ( x + 1) = −4(VN)

{

Vậy S = 1 ± 2

}

Câu 2. 2a + b 2b + c 2c + d 2d + a + + + =6 a+b b+c c+d d+a a b c d ⇔ 1+ +1+ + 1+ +1+ =6 a+b b+c c+d d+a a b c d ⇔ + + + =2 a+b b+c c+d d+a

⇔ 1−

a b c d − +1− − =0 a+b b+c c+d d+a

b b d d − + − =0 a+b b+c c+d d+a b (c − a) d (a − c) ⇔ + =0 ( a + b )( b + c ) ( c + d )( d + a ) ⇔

⇔ b ( c + d )( d + a ) − d ( a + b )( b + c ) = 0 ⇔ abc − acd + bd 2 − b 2 d = 0 ⇔ ( b − d )( ac − bd ) = 0 ⇔ ( b − d )( ac − bd ) = 0

⇔ ac − bd = 0 ⇔ ac = bd 2

Vậy A = abcd = ( ac ) là số chính phương b) Thực hiện phép chia a 3 − 2a 2 + 7a − 7 cho a 2 + 3 được kết quả:

(

)

a 3 − 2a 2 + 7a − 7 = a 2 + 3 ( a − 2 ) + ( 4a − 1)

Để phép chia hết thì 4a − 1 phải chia hết cho a 2 + 3

( 4a − 1)⋮ ( a + 3 ) ⇒ ( 4a − 1)( 4a + 1)⋮ ( a 2

(

)( ⇒ 49 ⋮ ( a + 3 )

⇒ 16a 2 − 1 ⋮ a 2 + 3

)

+ 3 (a ∈ ℤ ⇒ 4a + 1 ∈ ℤ)

)

Tìm a, thử lại và kết luận a ∈ {−2; 2}

Câu 3.

(

)

a)A = ( x − 1)( 2x − 1) 2x 2 − 3x − 1 + 2017

( = ( 2x

)(

)

= 2x 2 − 3x + 1 2x 2 − 3x − 1 + 2017 2

)

(

)

− 3x − 1 + 2017 = 2x 2 − 3x + 2016 ≥ 2016

x = 0  Dấu " = " xảy ra ⇔ 2x − 3x = 0 ⇔ x ( 2x − 3 ) = 0 ⇔ x = 3  2 2

x = 0  A = 2016 ⇔ Vậy min x = 3 2  2

 x +1  x +1 x−2 b)  + − 12    = 0 (*)  x−2 x−4 x−4

Đặt

x+1 x−2 x −1 = a và = b ⇒ ab = x−2 x−4 x−4

Phương trình (*) trở thành:

a = 3b a 2 + ab − 12b2 = 0 ⇔ ( a − 3b )( a + 4b ) = 0 ⇔  a = −4b +Nếu a = 3b thì

2 x +1 x−2 = 3. ⇒ ( x + 1)( x − 4 ) = 3 ( x − 2 ) (VN) x−2 x−4

x = 3 2 x+1 x−2  = −4. ⇒ ( x + 1)( x − 4 ) = −4 ( x − 2 ) ⇔ +Nếu a = −4b thì x = 4 x−2 x−4  5  4 Vậy S =  3;   5 Câu 4.

(

a) C/m: a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

(

)

+)Từ giả thiết suy ra : ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc = 0

(a + b + c > 0)

)

(tm) (tm)

Biến đổi được kết

quả: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0

a − b = 0  ⇒  b − c = 0 ⇒ a = b = c ⇒ Tam giác đó là đều (đpcm)  c − a = 0

b) Đặt a = x 2 + 2yz; b = y 2 + 2xz; c = z 2 + 2xy 2

⇒ a, b,c > 0 và a + b + c = ( x + y + z ) = 1

 1 1 1 Chứng minh: ( a + b + c )  + +  ≥ 9 a b c ⇒

1 1 1 1 1 1 9 + 2 + 2 ≥ 9(dfcm) + + ≥ = 9 hay 2 a b c a+b+c x + 2yz y + 2zx z + 2xy

Câu 5.

I M C

K A

H O

a) Chứng minh ∆OAC ∼ ∆DBO(g.g) ⇒ ⇒

OA AC = ⇒ OA.OB = AC.BD DB OB

AB AB . = AC.BD ⇒ AB2 = 4AC.BD 2 2

(dpcm)

b) Theo câu a ta có: ∆OAC ∼ ∆DBO(g − g) ⇒ Mà OA = OB ⇒

OC AC = OD OB

OC AC OC OD = ⇒ = OD OA AC OA

= OCM +) Chứng minh : ∆OAC ∼ ∆DOC ( c.g.c ) ⇒ ACO

+)Chứng minh : ∆OAC = ∆OMC(ch − gn) ⇒ AC = MC(dfcm) c) Ta có ∆OAC = ∆OMC ⇒ OA = OM; CA = CM ⇒ OC là trung trực AM

⇒ OC ⊥ AM,

Mặt khác OA = OM = OB ⇒ ∆AMB vuông tại M ⇒ OC / /BM (vì cùng vuông góc với AM) hay OC / /BI

+)Xét ∆ABI có OM đi qua trung điểm AB, song song BI suy ra OM đi qua trung điểm

AI ⇒ IC = AC MK BK KH = = IC BC AC Mà IC = AC ⇒ MK = HK ⇒ BC đi qua trung điểm MH(dfcm) +) MH / /AI theo hệ quả định lý ta let ta có:

d) Tứ giác ABCD là hình thang vuông

1 ( AC + BD ) .AB 2 Ta thấy AC, BD > 0 , nên theo BĐT Cô si ta có: ⇒ S ABDC =

AC + BD ≥ 2 AC.BD = 2

AB2 1 = AB ⇒ S ABDC ≥ AB2 4 2

AB = OA 2 Vậy C thuộc tia Ax và cách điểm A một đoạn bằng OA.

Dấu " = " xảy ra ⇔ AC = BD =

Câu 6. +) Với a, b,c,d dương, ta có:

a b c d + + + b+c c+d d+a a+ b  a c   b d  a (d + a ) + c ( b + c ) b (a + b) + d ( c + d) = + + + + ≥  = ( b + c )( d + a ) ( c + d )( a + b )  b+c d+a   c+d a+ b

≥

(

2 2 2 2 a 2 + c 2 + ad + bc b2 + d 2 + ab + cd 4 a + b + c + d + ab + ad + bc + cd + = 2 2 2 1 1 (a + b + c + d) .( b + c + d + a ) c + d + a + b) ( 4 4

(theo bất đẳng thức xy ≤

2 1 x + y) ) ( 4

(

)

Mặt khác: 2 a 2 + b2 + c 2 + d2 + ab + ad + bc + cd − ( a + b + c + d ) 2

= a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − 2ac − 2bd = ( a − c ) + ( b − d ) ≥ 0

Suy ra F ≥ 2 và đẳng thức xảy ra ⇔ a = c; b = d +)Áp dụng F ≥ 2 với a = 2016, b = x,c = y,d = 2015 ta có:

y 2016 x 2015 + + + ≥2 x + y y + 2015 4031 x + 2016 Đẳng thức xảy ra ⇔ y = 2016, x = 2015

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

)

ĐỀ SỐ 37. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm)

(

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 3 x 2 − 7

)

− 36x

b) Dựa vào kết quả trên hãy chứng minh :

(

A = n3 n2 − 7

)

− 36n chia hết cho 210 với mọi số tự nhiên n

Câu 2. (2 điểm)

 1 − x3  1 − x2 x ≠ −1;1) − x : Cho biểu thức A =  2 3 (  1− x  1− x − x + x a) Rút gọn biểu thức A

2 3

b) Tính giá trị của biểu thức A tại x = −1 c) Tìm giá trị của x để A < 0

Câu 3. (1 điểm) Cho ba số a, b,c thỏa mãn abc = 2004 . Tính

2004a b c + + ab + 2004a + 2004 bc + b + 2004 ac + c + 1

Câu 4. (4 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Gọi P là giao điểm của AN với DM a) Chứng minh ∆APM là tam giác vuông b) Tính diện tích của tam giác APM c) Chứng minh tam giác CPD là tam giác cân

Câu 5. (1 điểm)Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho x 2 = y 2 + 2y + 13 HƯỚNG DẪN GIẢI

(

Câu 1. a) x 3 x 2 − 7

(

)(

)

2 − 36x = x  x 3 − 7x − 36   

(

)

) (

)(

= x x 3 − 7x − 6 x 3 − 7x + 6 = x x 3 − x − 6x − 6 x 3 − x − 6x + 6

)

...... = x ( x + 1)( x − 1)( x − 3 )( x + 2 )( x − 2 )( x + 3 )

(

b) Theo phần a ta có: A = n 3 n 2 − 7

)

− 36n = ( n − 3 )( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )

Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp nên có một bộ của 2, 1 bội của 3, 1 bội của 5, 1 bội của 7. Mà ( 2, 3, 5,7 ) = 1 nên A ⋮ ( 2.3.5.7 ) ⇒ A ⋮ 210

Câu 2.

a) Với x ≠ ±1 thì

(1 − x )(1 + x ) 1 − x3 − x + x2 : 1− x (1 + x ) 1 − x + x2 − x (1 + x )

(

(1 − x ) (1 + x + x

)

) : (1 − x )(1 + x ) 1− x ( 1 + x ) (1 − 2x + x ) 1 = (1 + x ) : = (1 + x ) (1 − x ) 1− x

−x

2 2 b) Tại x = −1 ⇒ A = 10 3 27

(

)

c) Với x ≠ ±1 thì A < 0 ⇔ 1 + x 2 ( 1 − x ) < 0 ⇔ 1 − x < 0 ⇔ x > 1

Câu 3. Thay 2004 = abc vào M ta có:

M= =

a 2 bc b c a 2 bc b c + + = + + 2 ab + a bc + abc bc + b + abc ac + c + 1 ab(1 + ac + c) b ( c + 1 + ac ) ac + c + 1

ac 1 c ac + c + 1 + + = =1 1 + ac + c c + 1 + ac ac + c + 1 1 + ac + c

Câu 4.

P I

N H 1

=D a) Chứng minh ∆ADM = ∆BAN(cgc) ⇒ A 1 1 +M = 90 0 ( ∆ADM vuông tại A) Mà D 1 1 +M = 90 0 ⇒ APM = 90 0. Hay ∆APM vuông tại P Do đó: A 1 1

4 5 2 5 4 (cm), AM = cm, S APM = (cm 2 ) 5 5 5 c) Gọi I là trung điểm của AD. Nối C với I; CI cắt DM tại H

b) Tính được AP =

Chứng minh tứ giác AICN là hình bình hành ⇒ AN / /CI mà AN ⊥ DM ⇒ CI ⊥ DM

Hay CH là đường cao trong ∆CPD(1)

Vận dụng định lý về đường trung bình trong ∆ADP chứng minh được H là trung điểm DP suy ra CH là trung tuyến trong ∆CPD(2) Từ (1) và (2) suy ra ∆CPD cân tại C

Câu 5.Biến đổi đẳng thức đã cho về dạng ( x + y + 1)( x − y − 1) = 12 Lập luận để có x + y + 1 > x − y − 1 và x + y + 1; x − y − 1 là các ước dương của 12 từ đó có các trường hợp

x+ y +1

x − y −1

13 2

7 2

9 2

−1 2

Mà x, y nguyên dương nên ( x; y ) = ( 4;1)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 38. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm) a) Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : A = 5n + 2 + 26.5n + 82n +1 ⋮ 59

Câu 2. (4 điểm)Phân tích các đa thức thành nhân tử: a) x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz b) x4 + 2011x2 + 2010x + 2011 Câu 3. (4 điểm) a) Cho a + b = 2 và a 2 + b2 = 20. Tính giá trị của biểu thức M = a 3 + b3 b) Cho a + b + c = 0 và a 2 + b2 + c 2 = 14. Tính giá trị của biểu thức N = a 4 + b 4 + c 4

Câu 4. (4 điểm) = 60 0 , O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi Cho hình thang cân ABCD có ACD

E, F,G theo thứ tụ là trung điểm của OA,OD, BC. Tam giác EFG là tam giác gì ? Vì sao?

Câu 5. (4 điểm) Cho hình bình hành ABCD có E,F thứ tự là trung điểm của AB,CD. a) Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD,EF đồng quy b) Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng

EMFN là hình bình hành.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 3

a) Ta phải chứng minh : A = n 3 + ( n + 1) + ( n + 2 ) ⋮ 9 với n ∈ ℤ

A = n 3 + n 3 + 3n 2 + 3n + 1 + n 3 + 6n 2 + 12n + 8 = 3n 3 + 9n 2 + 15n + 9 = 3n 3 − 3n + 9n 2 + 18n + 9

(

= 3n ( n − 1)( n + 1) + 9 n 2 + 2n + 1

) (

)

Nhận thấy n ( n − 1)( n + 1)⋮ 3 ⇒ 3n ( n − 1)( n + 1)⋮ 9 và 9 n 2 + 2n + 1 ⋮ 9 Vậy A⋮ 9

b)5n + 2 + 26.5 n + 8 2n +1 = 25.5n + 26.5 n + 8.8 2n

(

= 5n ( 59 − 8 ) + 8.64 n = 59.5 n + 8 64 n − 5n

(

)

59.5n ⋮ 59 và 8. 64 n − 5n ⋮ ( 64 − 5 ) = 59 Vậy 5n +2 + 26.5n + 8 2n +1 ⋮ 59

Câu 2. 3

a / x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + z 3 − 3xyz 3

= ( x + y + z ) − 3z ( x + y )( x + y + z ) − 3xy ( x + y + z ) 2 = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3z ( x + y ) − 3xy   

= ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yzz + 2xz − 3zx − 3zy − 3xy 

(

= ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx

)

b / x 4 + 2011x 2 + 2010x + 2011 = x 4 + x 3 + x 2 + 2010x 2 + 2010x + 2010 − x 3 + 1

(

)

)( + x + 1)( x

(

)

(

= x 2 x 2 + x + 1 + 2010 x 2 + x + 1 − ( x − 1) x 2 + x + 1

( = (x

= x + x + 1 x + 2010 − x + 1 2

− x + 2011

)

Câu 3. 2

a) Từ a 2 + b 2 = 20 ⇒ ( a + b ) − 2ab = 20 ⇒ ab = −8 3

M = a 3 + b 3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = 2 3 − 3. ( −8 ) .2 = 56

(

b) Từ a 2 + b 2 + c 2 = 14 ⇒ a 2 + b 2 + c 2

(

⇒ a 4 + b 4 + c 4 = 196 − 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 2

Ta lại có: a + b + c = 0 ⇒ ( a + b + c ) = 0

) )

= 196

⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 0 ⇒ ab + bc + ca = −7 2

⇒ ( ab + bc + ca ) = 49

⇒ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c ) = 49 ⇒ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 49

(

)

Do đó: N = a 4 + b 4 + c 4 = 196 − 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 196 − 2.49 = 98

Câu 4.

B E O G

= 60 0 suy ra ∆OAB và ∆OCD là các tam giác đều Do ABCD là hình thang cân và ACD

Chứng minh ∆BFC vuông tại F Xét ∆BFC vuông tại F có: FG =

1 BC 2

Chứng minh ∆BEC vuông tại E có EG =

1 BC 2

Xét EF là đường trung bình ∆AOD ⇒ EF = Suy ra EF = EG = FG ⇒ ∆EFG đều

Câu 5.

1 1 AD ⇒ EF = BC (ABCD hthang cân) 2 2

M O

a) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD, ta có O là trung điểm của BD. Chứng minh BEDF là hình bình hành Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của EF Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O

1 OA 3 1 Xét ∆BCD có N là trọng tâm, nên ON = OC 3 Mà OA = OC nên OM = ON

b) Xét ∆ABD có M là trọng tâm, nên OM =

Tứ giác EMFN có OM = ON,OE = OF nên là hình bình hành

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 39. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm)

2 2  x+1  x − 1 . − x − 1  : Cho biểu thức: A =  −  x  3x x + 1  3x a) Rút gọn A b) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 2. (4 điểm) a) Chứng minh rằng: a 2 + b 2 ≥

1 với a + b ≥ 1 2

b) Ký hiệu a  (phần nguyên của a ) là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Tìm x

 34x + 19  biết rằng:   = 2x + 1  11  Câu 3. (3 điểm)

Lúc 7 giờ, một ca nô xuôi dòng từ A đến B cách nhau 36km, rồi ngay lập tức quay trở về A lúc 11 giờ 30 phút. Tính vận tốc ca nô khi xuôi dòng, biết vận tốc dòng nước chảy là 6km / h

Câu 4. (5 điểm) a) Hãy tính số bị chia, số chia và thương số trong phép chia sau đây:

abcd : dcba = q biết rằng cả ba số đều là bình phương của những số nguyên (những chữ khác nhau là các chữ số khác nhau) b) Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a+ b−c Câu 5. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D. Gọi I là trung điểm của CD. a) Tính khoảng cách từ I đến AB b) Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di chuyển trên đường nào ?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠ 0

2 2  x+1  x − 1 A= − . − x − 1 :  x  3x x + 1  3x 2 2 2  x + 1 − 3x 2 − 3x   x 2 1 − 2x − 3x 2  x . . . = − = −   . 3x 3x  3x x + 1    x − 1  3x x + 1  x −1 2 2 ( x + 1)( 1 − 3x )  x 2 − 2 + 6x x 2x = − = = . . . 3x 3x x −1 x −1  3x x + 1  x − 1

2 ( x − 1) + 2 2x 2 = = 2+ x −1 x −1 x −1 2 Để A có giá trị nguyên ⇔ có giá trị nguyên ⇒ x ∈ U(2) = {±1; ±2} x −1

⇒ x ∈ {−1; 0; 2; 3} vì x ≠ −1; x ≠ 0 ⇒ {x} = {2; 3}

Câu 2. a) Theo Câu ra ta có: a + b ≥ 1 ⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 1 (1) 2

Mặt khác : ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0

(

)

Từ (1) và (2) suy ra: 2 a 2 + b 2 ≥ 1 ⇔ a 2 + b 2 ≥

(2)

1 2

 34x + 19  34x + 19 − ( 2x + 1) < 1 vả 2x + 1 ∈ ℤ  11  = 2x + 1 ⇔ 0 ≤ 11  

⇔ 0 ≤ 12x + 8 < 11 ⇔ −8 ≤ 12x < 3 ⇔

1 3 −4 −1 ≤ 2x < ⇔ ≤ 2x + 1 < 3 2 3 2

1   2x + 1 = 0 x=−  ⇔ Do 2x + 1 ∈ ℤ ⇒  2   2x + 1 = 1  x = 0 Câu 3. Gọi x(km / h) là vận tốc ca nô xuôi dòng ( x > 12 ) Vận tốc ca nô khi nước lặng: x − 6(km / h) Vận tốc ca nô khi ngược dòng: x − 12(km / h) Thời gian cả đi và về của ca nô là 4, 5 giờ nên ta có phương trình:

 x = 4(ktm) 36 36 9 + = ⇔ (x − 4)(x − 24) = 0 ⇔  x x − 12 2  x = 24(tm) Vậy vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là 24km / h

Câu 4. a) abcd : dcba = q

q = 4 Vì q ≠ 1 ⇒  ⇒ a,d phải là những số thuộc {1; 4; 5; 6; 9} ,a,d ≠ 0 q = 9 Do abcd = dcba × q nên d < 3 ⇒ d = 1 Giả sử q = 4 khi đó 1cba.4 = abc1 (vô lý) vì 1cba.4 phải là một số chẵn nên q = 9 Với q=9 ta có: 1cba × 9 = abc1 suy ra a = 9,c < 2 vì tích 1cba × 9 là số có 4 chữ số nên ta lại có

c ≠ d tức là c ≠ 1 ⇒ c = 0 Ta thấy abcd = 9b01 = 10b9 × 9 vậy 9b01 là số chia hết cho 9 nên b = 8 Tóm lại ta có: 9801 : 1089 = 9

b) Đặt x = b + c − a;

y =a+c−b

; z = a + b − c ⇒ x, y, z > 0

⇒ x+ y+z = a+ b+c 2a = a + b + c − ( b + c − a ) = x + y + z − x = y + z ⇒ a = Tương tự: b =

y+z 2

x+y x+z ;c = 2 2

BĐT chứng minh tương đương với:

y+z x+z x+y + + ≥6 x y z

y x z x y z a b ⇒  +  +  +  +  +  ≥ 6 do + ≥ 2 b a x y x z z y Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Câu 5.

P Q

L C

a) Kẻ CE, IH, DF cùng vuông góc với AB suy ra tứ giác CDFE là hình thang vuông. AM BM AB a a ⇒ CE + DF = = ⇒ IH = , DF = 2 2 2 2 4 b) Khi M di chuyển trên AB thì I di chuyển trên đoạn RS song song với AB và cách AB

Chứng minh được: CE =

a (R là trung điểm của AQ) 4 S là trung điểm của BQ, Q là giao điểm của BL và AN) một khoảng bằng

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 40. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2x 2 − x = 3 − 6x 2)

( x + 2 ).( x

)

− 3x + 5 = ( x + 2 ) .x 2

Câu 2. (3 điểm) Cho biểu thức: A =

2x − 9 x + 3 2x + 4 − − x − 5x + 6 x − 2 3 − x 2

1) Rút gọn A 2) Tính giá trị của A biết 2x − x 2 = 1 3) Có giá trị nào của x để A = 1 không ? 4) Tìm x nguyên để A nhận giá trị là số nguyên.

Câu 3. (2 điểm) Giải Câu toán bằng cách lập phương trình Một xe đạp, một xe máy và một ô tô cùng đi từ A đến B. Khởi hành lần lượt lúc 5 giờ, 6 giờ, 7 giờ và vận tốc theo thứ tự là 15km / h; 45km / h và 60km / h . Hỏi lúc mấy giờ ô tô cách đều xe đạp và xe máy.

Câu 4. (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB / /CD, AB < CD ). Gọi N và M theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng: 1) MN / /AB

CD − AB 2 Câu 5. (0,5 điểm) 2) MN =

Cho x +

1 1 = 3. Tính giá trị biểu thức A = x 3 + 3 x x

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) 2x 2 − x = 3 − 6x ⇔ ( 2x − 1)( x + 3 ) = 0

1  x= ⇔ 2x − 1 = 0 hoặc x + 3 = 0 ⇔  2  x = − 3  Vậy x = 2)

1 hoặc x = −3 2

( x + 2 ).( x

)

− 3x + 5 = ( x + 2 ) .x 2

 x = −2 x + 2 = 0  ⇔ ( x + 2 )( 5 − 3x ) = 0 ⇔  ⇔ x = 5  5 − 3x = 0 3   5 Vậy x ∈ −2;  3  Câu 2. x+4 x−3 2) ĐKXĐ: x ≠ 2 và x ≠ 3 1) Rút gọn được A =

2x − x2 = 1 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 −5 Thay x = 1 vào, tính được A = 2 x+4 = 1 ⇔ x + 4 = x − 3 ⇔ 0x = −7 (vô nghiệm) 3) A = 1 ⇔ x−3 Vậy không có giá trị nào của x để A = 1 x+4 7 4) A = = 1+ x−3 x−3 Để A ∈ ℤ thì x − 3 ∈Ư ( 7 ) = {−7; −1;1; 7} ⇒ x ∈ {−4; 2; 4;10}

Thử lại và kết hợp với ĐKXĐ ta được x ∈ {−4; 4; 10}

Câu 3. -

Gọi thời gian để ô tô cách đều xe đạp và xe máy kể từ lúc xe đạp chạy là x (giờ). Điều kiện x > 2

Khi đó: Xe đạp đi được : 15x ( km ) Xe máy đi được : 45 ( x − 1)( km ) Ô tô đi được: 60 ( x − 2 )( km ) Khi ô tô bắt đầu chạy thì xe đạp đã bị xe máy vượt qua Hiệu quãng đường đi được của xe máy và ô tô là: 45 ( x − 1) − 60 ( x − 2 ) Hiệu quãng đường đi được của ô tô và xe đạp: 60. ( x − 2 ) − 15x Theo đề Câu ta có phương trình: 45 ( x − 1) − 60 ( x − 2 ) = 60 ( x − 2 ) − 15x Giải phương trình tìm được x = 3, 25 giờ = 3 giờ 15 phút Vậy lúc 8 giờ 15 phút thì ô tô cách đều xe đạp và xe máy.

Câu 4

A P

Q C

D 1) Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AD và BC

AP AN = ⇒ PN / /AB (định lý Talet đảo) AD AC Mà PM / /AB (đường trung bình) Chứng minh được

⇒ P,M, N thẳng hàng (Tiên đề Ơ clit) Vậy MN / /AB 2) Tương tự ⇒ P,M, N,Q thẳng hàng

AB AB (2); NQ = 2 2 CD − AB Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra MN = PQ − ( PM + NQ ) = 2 Rút ra ta được: PQ =

AB + CD 2

(1); PM =

1  1  1 Câu 5. A = x + 3 =  x +  − 3.  x +  = 33 − 3.3 = 18 x x x   3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

(3)

ĐỀ SỐ 41. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1: (1 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử a)x 4 + 1 − 2x 2

b) − x 2 − 28x − 27

Câu 2: (2 điểm) Giải phương trình a) −2 −3x + 4 − 2 = 0

1 2x 2 − 5 4 + 3 = 2 x −1 x −1 x + x +1

Câu 3 (1 điểm) Với giá trị nào của x thì

x −1 >0 x+1

Câu 4 (2 điểm) Hai người làm chung một công việc trong 12 ngày thì xong. Năng suất làm việc trong một ngày của người thứ hai chỉ bằng

2 người thứ nhất. Hỏi nếu làm riêng, mỗi người làm 3

trong bao lâu sẽ xong công việc

Câu 5 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB, BC. M là giao điểm của CE và DF. a) Chứng minh CE vuông góc với DF

CM.CE =a CF c) Tính diện tích ∆MDC theo a

b) Chứng minh

Câu 6. (0,5 điểm) Cho x +

1 1 = 3. Tính giá trị biểu thức A = x 3 + 3 x x

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

a) x 4 − 1 + 2x 2 = x 2 + 1

)

b) − x 2 − 28x − 27 = − ( x + 1)( x + 27 )

Câu 2. a) − 2 −3x + 4 − 2 = 0 ⇔ −3x + 4 = −1 (khẳng định sai vì −3x + 4 ≥ 0∀x ) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm b)

1 2x 2 − 5 4 + 3 = 2 x −1 x −1 x + x +1

ĐKXĐ: x ≠ 1

x 2 + x + 1 2x 2 − 5 4 ( x − 1) + 3 = 3 x3 − 1 x −1 x −1 2 2 4 x − 1) ( x + x + 1 + 2x − 5 ⇔ = 3 3 x −1 x −1 ⇔ 3x 2 − 3x = 0 ⇔

⇔ 3x ( x − 1) = 0 x = 0 ⇔ x = 1

(tm) (ktm)

Vậy S = {0}

Câu 3.Ta có:

 x − 1 > 0 x > 1 ⇔ ⇒x>1  x −1 x + 1 > 0 x > −1  + >0⇒ x+1 x − 1 < 0 x < 1  ⇔ ⇒ x < −1  x + 1 < 0 x < −1 Vậy x > 1 hoặc x < −1

Câu 4. Gọi x (ngày) là thời gian để người thứ nhất hoàn thành công việc ( x > 0 ) .

1 (công việc) x 2 Một ngày người thứ hai làm được (công việc) 3x 1 2 Một ngày hai người làm chung được + (công việc) x 3x 1 2 1 Theo Câu ta có phương trình + = ⇔ x = 20 x 3x 12 Vậy người thứ nhất làm xong trong 20 ngày

Một ngày người thứ nhất làm được

Người thứ hai làm xong trong 30 ngày.

Câu 5.

A E

M D

= FDC a) ∆BEC = ∆CFD ( c.g.c ) ⇒ ECB

+ FDC = 90 0 ⇒ DFC + ECB = 90 0 ⇒ ∆CMF vuông tại M ∆CDF vuông tại C ⇒ DFC

Hay CE ⊥ DF = CBE = 90 0 ; MCF chung b) Xét ∆CMF và ∆CBE có: CMF ⇒ ∆CMF ∼ ∆CBE(g − g)

CM CF CM.CE = ⇒ = BC BC CE CF CM.CE Mà BC = a do đó: =a CF CD CM c) ∆CMD ∼ ∆FCD(g.g) ⇒ = FD FC

⇒

S  CD   CD  ⇒ S ∆CMD =  Do đó: ∆CMD =    .S ∆FCD S ∆FCD  FD   FD  1 1 Mà: S ∆FCD = .CF.CD = CD2 2 4

CD 2 1 . .CD2 . 2 FD 4 Trong ∆DCF theo Pitago ta có: Vậy: S ∆CMD =

1  1 5 DF2 = CD 2 + CF2 = CD 2 +  BC 2  = CD 2 + CD2 = .CD 2 4 4 2  Do đó: S ∆MCD =

CD 2 1 1 1 . CD 2 = CD 2 = a 2 5 4 5 5 CD 2 4

Câu 6. 3

A = x3 +

1 1 1 1  1 1  = x 3 + 3.x 2 . + 3.x. 2 + 3 =  x +  − 3  x +  = 33 − 3.3 = 18 3 x x x x x x  

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 42. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)

2 1   10 − x 2   x + + : x − 2 + Cho biểu thức : A =  2    x+2  x −4 2−x x+2  a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị của A, biết x = c) Tìm giá trị của x để A < 0

1 2

d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 2

( 6x + 8 )( 6x + 6 )( 6x + 7 )

1 1 1 1 + 2 + 2 = 18 x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42

= 72

Câu 3. (3,5 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 4) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 5) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng

AC = 2EF 6) Chứng minh rằng :

1 1 1 = + 2 2 AD AM AN 2

Câu 4. (1,5 điểm) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

Câu 5. Cho a n = 1 + 2 + 3 + .... + n. Chứng minh rằng a n + a n +1 là một số chính phương. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Rút gọn được kết quả : A =  1  A = x = 2 1 b) x = ⇒  ⇒ 2 A = x = − 1  2 

−1 x−2

2 3 2 5

c) A < 0 ⇔ x − 2 > 0 ⇔ x > 2 −1 d) A ∈ ℤ ⇔ ∈ ℤ ⇔ x − 2 ∈ U(1) = {±1} ⇔ x ∈ {1; 3} x−2

Câu 2. a) Đặt 6x + 7 = t . Ta có:

( t + 1)( t − 1) t

(

)

= 72 ⇔ t 2 − 1 t 2 = 72

2  x=− 2   t = − 8(ktm)  t = 3 3 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0 ⇔  2 ⇒ ⇔ t = − 3 − 5 t = 9(tm) x =    3

 −2 −5  Vậy x ∈  ;  3 3 x 2 + 9x + 20 = ( x + 4 )( x + 5 ) ; x 2 + 11x + 30 = ( x + 6 )( x + 5 ) ;

b) x 2 + 13x + 42 = ( x + 6 )( x + 7 ) DKXD : x ≠ {−4; −5; −6; −7}

Phương trình trở thành:

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇔

⇔ 18(x + 7) − 18(x + 4) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0  x = −13(tm) ⇔  x = 2(tm)

Câu 3.

H F

N = ABF (cùng phụ với BAH) 4) Ta có: DAM AB = AD

= ADM = 90 0 (ABCD là hình vuông) (gt); BAF

⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g.c.g )

⇒ DM = AF, mà AF = AE(gt) nên AE = DM Lại có: AE / /DM (vì AB / /DC) = 90 0 (gt) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 5) Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH(g.g)

AB BH BC BH = hay = ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH = HBC (cùng phụ với ABH) Lại có: HAB ⇒

⇒ ∆CBH ∼ ∆AEH(c.g.c) 2

S S 2  BC   BC  , mà CBH = 4(gt) ⇒  ⇒ CBH =  = 4 ⇒ BC 2 = ( 2AE )   S EAH  AE  S EAH  AE 

⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF(dfcm) 6) Do AD / /CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: ⇒

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC / /AB ( gt ) . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

MN MC AB MC AD MC hay = ⇒ = = AN AB AN MN AN MN 2

CN 2 + CM 2 MN2  AD   AD   CN   CM  ⇒ + = + = = =1        MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  (Pytago)  AD   AD  1 1 1 ⇒ + = 1⇒ + =   2 2 AM AN AD2  AM   AN 

(dfcm)

Câu 4.Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b, c ∈ ℝ và x, y, z > 0 ta có: a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

(*)

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có: a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+y

(

(**)

)

⇔ a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy(a + b)2 2

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b = x y 2

a 2 b2 c 2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) Áp dụng bất đẳng thức ( * * ) ta có: + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 a b c Ta có: 3 + 3 + 3 = + + a ( b + c ) b (c + a) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc 2

 1 1 1 1 1 1 a + b + c 2 2 2  = a b c Áp dụng BĐT (*) ta có : + + ≥  ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ac ) (Vì abc = 1)

1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 Hay a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 + b + c ≥ Mà + + ≥ 3 nên a ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c 1 1 1 3 Vậy 3 + 3 + 3 ≥ . (đpcm) a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 Câu 5.Ta có:

a n +1 = 1 + 2 + 3 + ..... + n + n + 1

a n + a n +1 = 2 ( 1 + 2 + 3 + ..... + n ) + n + 1 = 2.

n ( n + 1)

+ n + 1 = n 2 + 2n + 1 = ( n + 1) là một số chính phương.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 43. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)

(

)(

)

a) Chứng minh : a 2 + b2 c 2 + d2 = ( ac − bd ) + ( bc + ad ) b) Cho:

1 1 1 + + = 2 và x + y + z = xyz ( x, y, z ≠ 0) x y z

Chứng minh

1 1 1 + 2 + 2 =2 2 x y z

Câu 2. (2,5 điểm) Giải các phương trình: a)

x + 7 x + 6 x + 5 x + 2025 + + + =0 2003 2004 2005 5

 1 1 1 a + b + c    1 1 1 2 + +  a b c

b) x4 − 2x2 = 400x + 9999

Câu 3. (2,0 điểm) a) Chứng minh x2 − x + 1 > 0 (với mọi x) b) Chứng minh:

x2 + x + 1 1 ≥ x2 − x + 1 3

c) Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức : A =

x2 + x + 1 x2 − x + 1

Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB / /CD và AB < CD) ; Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD. Đường thẳng qua A và song song với BC cắt BD tại E, cắt CD tại A’ ; đường thẳng qua B và song song với AD cắt AC tại F, cắt CD tại B ' . Gọi diện tích các tam giác

OAB, OCD, ACD, ABC lần lượt là S1 ,S 2 ,S 3 ,S 4 . Chứng minh: a) EF / /AB b)

AB BE = và AB2 = EF.CD CD BD

S1 S 2 + =1 S4 S3 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) VT = a 2 c 2 + a 2 d 2 + b2 c 2 + b2 d 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 − 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 + 2abcd 2

= ( ac − bd ) + ( bc + ad ) = VP b) Bình phương 2 vế ta có: 1 1 1 2 2 2 + 2+ 2+ + + =4 2 xy xz yz x y z 2y 1 1 1 2z 2x ⇔ 2+ 2+ 2+ + + =4 x y z xyz xyz xyz

⇔

1 1 1 2 ( x + y + z) + 2+ 2+ =4 2 xyz x y z

1 1 1 2xyz + 2+ 2+ = 4 (x + y + z = xyz) 2 xyz x y z 1 1 1 ⇔ 2 + 2 + 2 = 2 (dpcm) x y z ⇔

Câu 2.

x + 7 x + 6 x + 5 x + 2025 + + + =0 2003 2004 2005 5 x+7 x+6 x + 5 x + 2005 ⇔ + 1+ +1+ + −3=0 2003 2004 2005 5 x + 2010 x + 2010 x + 2010 x + 2010 ⇔ + + + =0 2003 2004 2005 5 1 1 1  1 ⇔ ( x + 2010 )  + + + =0  2003 2004 2005 5  ⇔ x + 2010 = 0 ⇔ x = −2010 a)

x 4 − 2x 2 = 400x + 9999

⇔ x4 + 2x2 + 1 = 4x2 + 400x + 10000 (thêm 4x2 + 1 vào 2 vế)

( ⇔ (x

)

⇔ x 2 + 1 = ( 2x + 100 ) 2

)(

)

+ 1 + 2x + 100 x 2 + 1 − 2x − 100 = 0

 VN  x 2 + 2x + 101 = 0  ⇔ 2 ⇔   x = −9  x − 2x − 99 = 0   x = 11  Vậy S = {11; −9}

Câu 3. 2

 1 3 a) x 2 − x + 1 =  x −  + > 0 (với mọi x) 2 4 

(

)

b) Từ kết quả câu a, nhân 2 vế của BĐT với số dương 3 x 2 − x + 1 được:

3x2 + 3x + 3 > x2 − x + 1 2

⇔ 2x 2 + 4x + 2 > 0 ⇔ 2 ( x + 1) > 0 (luôn đúng)

Suy ra:

x2 + x + 1 1 ≥ x2 − x + 1 3

(

)

(

)

2 2 2 2 ( x − 1) x2 + x + 1 3 x − x + 1 + x + x + 1 − 3 x − x + 1 2x 2 − 4x + 2 c) 2 = = 3 − = 3− 2 ≤3 2 2 x − x +1 x − x +1 x −x+1 x −x +1

Vậy MaxA = 3 ⇔ x = 1

Câu 4.

A O

E D

F C

OE OA = OB OC OF OB BF / /AD ⇒ = OA OC OA OB OE OF AB / /CD ⇒ = ⇒ = ⇒ EF / /AB (Ta let đảo) OC OD OB OA EB AB EB AB b) AB / /DA ' ⇒ = ⇒ = ED DA' ED + EB AB + DA' EB AB AB EF AB EF AB = A'C được: = ⇒ = ⇒ = (Do AB = DB') BD BD DC DB' DC AB a) AE / /BC ⇒

⇒ AB2 = EF.DC S OA (1); c) OAB = S ABC AC

SOCD OA (2) = S ADC AC

(Tỷ số DT hai tam giác có cùng đáy bằng tỉ số đường cao) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có : đpcm

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 44. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

(

)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 b) Rút gọn biểu thức: A =

3 2

5 2

(1.2 ) ( 2.3 ) ( 3.4 )

Câu 2. (4 điểm) a) Cho

yz xz xy 1 1 1 + + = 0. Tính A = 2 + 2 + 2 x y z x y z

+ ..... +

2n + 1  n ( n + 1) 

b) Tìm tất cả các số x, y, z nguyên thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 − xy − 3y − 2z + 4 = 0

Câu 3. (4 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì:

A = ( x + y )( x + 2y )( x + 3y )( x + 4y ) + y 4 là số chính phương. b) Cho a 1 ,a 2 ,........,a 2016 là các số tự nhiên có tổng chia hết cho 3 3 Chứng minh rằng: A = a 13 + a 23 + ....... + a 2016 chia hết cho 3.

Câu 4. (6 điểm) Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF a) Chứng minh rằng: AE ⊥ BC b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D,H,F thẳng hàng c) Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB.

Câu 5. (2 điểm) Cho a, b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: Tính giá trị của biểu thức : P =

(a + b + c )

= a 2 + b2 + c2

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) Ta có:

(

)

(

)(

)

x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 2 + 1 = x 2 + 2x x 2 + 2x + 2 + 1

( = (x

)

(

)

= x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 1

)

+ 2x + 1 = ( x + 1)

( n + 1) − n = 1 − 1 = Ta có: n ( n + 1) n ( n + 1)  n ( n + 1)  n (n + 2) 1 ⇒ B = ...... = 1 − = ( n + 1) ( n + 1) 2n + 1

Câu 2. a) Ta có a + b + c = 0 thì : 3

a 3 + b 3 + c 3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + c 3 = −c 3 − 3ab ( −c ) + c 3 = 3abc (vì a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c) Theo giả thiết

1 1 1 1 1 1 3 + + =0⇒ 3 + 3 + 3 = x y z xyz x y z

yz xz xy xyz xyz xyz + + = 3 + 3 + 3 x2 y 2 z2 x y z

 1 1 1 3 = xyz  3 + 3 + 3  = xyz. =3 xyz x y z   b) x 2 + y 2 + z 2 − xy − 3y − 2z + 4 = 0

 y2  3  ⇔  x 2 − xy +  + z 2 − 2z + 1 +  y 2 − 3y + 3  = 0 4  4  

(

)

2 2  y 3 ⇔  x −  + ( z − 1) + ( y − 2 ) = 0 2 4 

Có các giá trị ( x, y, z ) = ( 1; 2; 1)

Câu 3. a) Ta có: A = ( x + y )( x + 2y )( x + 3y )( x + 4y ) + y 4

(

= x 2 + 5xy + 4y 2

)( x

)

+ 5xy + 6y 2 + y 4

Đặt x 2 + 5xy + 5y 2 = t ( t ∈ ℤ ) thì

(

A = t − y2

)( t + y ) + y 2

(

= t 2 − y 4 + y 4 = t 2 = x 2 + 5xy + 5y 2

)

Vì x, y, z ∈ ℤ nên x 2 ∈ ℤ , 5xy ∈ ℤ , 5y 2 ∈ ℤ ⇒ x 2 + 5xy + 5y 2 ∈ ℤ(dfcm) Vậy A là số chính phương b) Dễ thấy a 3 − a = a ( a − 1)( a + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3 Xét hiệu:

(

)

3 A − ( a 1 + a 2 + ..... + a 2016 ) = a 13 + a 23 + ...... + a 2016 − ( a 1 + a 2 + ..... + a 2016 )

(

) (

)

(

= a 13 − a 1 + a 23 − a 2 + ...... + a 32016 − a 2016

)

Các hiệu trên chia hết cho 3 , do vậy A chia hết cho 3

Câu 4.

D I E

= BCM a) ∆AME = ∆CMB(cgc) ⇒ EAM

+ MBC = 90 0 ⇒ EAM + MBC = 90 0 ⇒ AHB = 90 0 ⇒ AH ⊥ BC Mà BCM

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

∆AHC vuông tại H có HO là đường trung tuyến ⇒ HO =

1 1 AC = DM 2 2

= 90 0 ⇒ ∆DHM vuông tại H suy ra DHM = 90 0 Chứng minh tương tự: MHF + MHF = 180 0 , vậy 3 điểm D, H, F thẳng hàng Suy ra DHM

c) Gọi I là giao điểm của AC và DF = 90 0 ⇒ MF ⊥ DM mà IO ⊥ DM ⇒ IO / /MF Ta có: DMF Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF Kẻ IK ⊥ AB(K ∈ AB) ⇒ IK là đường trung bình của hình thang ABFD

AD + BF AM + BM AB = = (không đổi) 2 2 2 Do A, B cố định nên K cố định , mà IK không đổi nên I cố định ⇒ IK =

Vậy đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB.

Câu 5.

(a + b + c )

= a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0

a2 a2 a2 = = a 2 + 2bc a 2 − ab − ac + bc ( a − b )( a − c ) Tương tự:

b2 b2 = b 2 + 2ac ( b − a )( b − c )

;

c2 c2 = c 2 + 2ac ( c − a )( c − b )

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab a2 b2 c2 = − + ( a − b )( a − c ) ( b − a )( b − c ) ( c − a )( c − b )

( a − b )( a − c )( b − c ) = 1 ( a − b )( a − c )( b − c ) (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 45. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

 x2 6 1   10 − x 2  + + : x − 2 + Câu 1. Cho biểu thức M =  3    x+2   x − 4x 6 − 3x x + 2   a) Rút gọn M b) Tính giá trị của M khi x =

1 2

(

Câu 2. Cho biểu thức A = b 2 + c 2 − a 2

)

− 4b 2 c 2

a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử b) Chứng minh rằng: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0

Câu 3. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x 2 − 2xy + 2y 2 − 4y + 5

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B=

3 ( x + 1) 3

x + x2 + x + 1 Câu 4. Cho hình bình hành ABCD. Với AB = a, AD = b. Từ đỉnh A, kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G. a) Chứng minh : AE2 = EF.EG b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi

Câu 5. Chứng minh rằng nếu

x 2 − yz y 2 − xz với x ≠ y; xyz ≠ 0; yz ≠ 1; xz ≠ 1 = x ( 1 − yz ) y ( 1 − xz )

Thì xy + xz + yz = xyz ( x + y + z )

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

 x2 6 1   10 − x 2  + + a) Rút gọn M: M =  3   :x−2+ x+2   x − 4x 6 − 3x x + 2    x2 6 1  6 = − + :  x ( x − 2 )( x + 2 ) 3 ( x − 2 ) x + 2  x + 2 M=

x+2 1 −6 . = ( x − 2 )( x + 2 ) 6 2 − x

1  x = 2 1 b) x = ⇒  2 x = − 1  2 Với x =

1 ⇒M= 2

Với x = −

1 2−

1 ⇒M= 2

1 2 1

1 2

2 3 =

2 5

Câu 2. a) Ta có:

(

A = b2 + c 2 − a 2

)

(

)

− 4b 2 c 2 = b 2 + c 2 − a 2 − ( 2bc )

(

= b 2 + c 2 − 2bc − a 2

)( b

+ c 2 + 2bc − a 2

)

= ( b + c − a )( b + c + a )( b − c − a )( b − c + a ) b) Ta có: b + c − a > 0 (BĐT tam giác)

b + c + a > 0 (BĐT tam giác) b − c − a < 0 (BĐT tam giác) b + c − a > 0 (BĐT tam giác) Vậy A < 0

Câu 3. 2

a) Ta có: A = x 2 − 2xy + y 2 + y 2 − 4y + 4 + 1 = ( x − y ) + ( y − 2 ) + 1 2

Do ( x − y ) ≥ 0; ( y − 2 ) ≥ 0 2

Nên A = ( x − y ) + ( y − 2 ) + 1 ≥ 1 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 2 Vậy MinA = 1 ⇔ x = y = 2 b) B =

3 ( x + 1) 3(x + 1) 3 = = 2 2 x ( x + 1) + ( x + 1 ) ( x + 1) x + 1 x + 1

(

)

B ≤ 3 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0 x +1 Vậy MaxB = 3 ⇔ x = 0

Do x 2 + 1 ≥ 1 ⇒

Câu 4.

B E F C

D EA EB AB = = EG ED DG EF EB AD (2) Do BF / /AD nên ta có: = = EA ED FB EA EF Từ (1) và (2) ⇒ = hay AE2 = EF.EG EG EA a) Do AB / /CD nên ta có:

(1)

b) Từ (1) và (2) ⇒

AB FB = ⇒ BF.DG = AB.AD = a.b (không đổi) DG AD

Câu 5.

(

)

(

Từ gt ⇒ x 2 − yz y ( 1 − xz ) = x ( 1 − yz ) y 2 − xz

)

⇔ x 2 y − x 3 yz − y 2 z + xy 2 z 2 = xy 2 − x 2 z − xy 3 z + x 2 yz 2

⇔ x 2 y − x 3 yz − y 2 z + xy 2 z 2 − xy 2 + x 2 z + xy 3 z − x 2 yz 2 = 0

(

) (

)

⇔ xy ( x − y ) + xyz yz + y 2 − xz − x 2 + z x 2 − y 2 = 0

⇔ y ( x − y ) + xyz ( x − y )( x + y + z ) + z ( x − y )( x + y ) = 0 ⇔ ( x − y )  xy − xyz ( x + y + z ) + xz + yz  = 0 Do x − y ≠ 0 nên xy + xz + yz − xyz ( x + y + z ) = 0 Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z ) (dfcm)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 46. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Cho a > b > 0 thỏa mãn 3a 2 + 3b2 = 10ab. Tính giá trị của biểu thức P =

a−b a+b

Câu 2. (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A = 12 − 22 + 32 − 42 + ...... + 9992 − 10002

Câu 3. (1,5 điểm) Cho hai số nguyên, số thứ nhất chia cho 5 dư 1, số thứ hai chia cho 5 dư 2. Hỏi tổng bình phương của chúng có chia hết cho 5 không ?

Câu 4. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số

21n + 4 là phân số tối giản 14n + 3

Câu 5. (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x − 2006 + x − 2007 + 2006

Câu 6. (2 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB / /CD) có AB < CD. Qua A và B kẻ các đường thẳng song song với BC và AD lần lượt cắt CD ở K và I. Gọi E là giao điểm của AK và BD, F là giao điểm của BI và AC. Chứng minh rằng: a) EF / /AB b) AB2 = CD.EF

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Xét P

(a − b) = (a + b)

2 2

a 2 − 2ab + b 2 3a 2 + 3b 2 − 6ab 4ab 1 = = = a 2 + 2ab + b 2 3a 2 + 3b 2 + 6ab 16ab 4

Vì a > b > 0 ⇒ P > 0 ⇒ P =

1 2

Câu 2. Ta có:

(

) (

)

(

A = 12 − 2 2 + 32 − 4 2 + ...... + 999 2 − 1000 2

)

= ( 1 − 2 )( 1 + 2 ) + ( 3 − 4 )( 3 + 4 ) + ....... + ( 999 − 1000 )( 999 + 1000 ) = − ( 1 + 2 + 3 + 4 + ...... + 999 + 1000 )

= −500.1001 = −500500 Câu 3. Vì số thứ nhất chia cho 5 dư 1 nên có dạng 5a + 1 , số thứ hai chia cho 5 dư 2 nên có dạng

5b + 2 ( a, b ∈ ℤ) Ta có tổng bình phương hai số đó là: 2

( 5a + 1) + ( 5b + 1)

(

Vậy tổng bình phương của hai số chia hết cho 5

Câu 4. Gọi d = UCLN ( 21n + 4;14n + 3 ) với d ∈ ℕ ,d ≥ 1 Ta có: 21n + 4 ⋮ d và 14n + 3⋮ d Khi đó 2 ( 21n + 4 )⋮ d và 3 ( 14n + 3 )⋮ d Hay 42n + 8 ⋮ d và 42n + 9 ⋮ d

⇒ ( 42n + 9 − 42n − 8 )⋮ d hay 1⋮ d ⇒ d = 1 Vậy phân số

21n + 4 là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n 14n + 3

Câu 5. Ta có :

P = x − 2006 + x − 2007 + 2006 = x − 2006 + 2007 − x + 2006 ≥ ( x − 2006 ) + ( 2007 − x ) + 2006 = 2007 Vậy min P = 2007 ⇔ 2006 ≤ x ≤ 2007

Câu 6.

)

= 25a 2 + 10a + 1 + 25b2 + 10b + 4 = 5 5a 2 + 5b2 + 2a + 2b + 1 ⋮ 5

E D

a) Ta có: AB//CD nên theo hệ quả Ta let ta có:

AF AB (1) = FC IC Mặt khác ta có:

AE AB (2) = EK DK

Tứ giác ABCK là hình bình hành (do AB / /CD, BC / /AK) nên AB = CK (3) Tứ giác ABID là hình bình hành (do AB / /CD, BI / /AD) nên AB = DI(4) Từ (3) (4) suy ra CK = DI ⇒ IC = DK ( 5 )

AF AE = ⇒ EF / /DC ⇒ EF / /AB FC EK b) Ta có: AB // CD

Từ (1) (2) (5) suy ra

AB AF (*) (Do AB = DI nên AB + CI = DI + CI = CD) = CI CF Mặt khác ∆AEF ∼ ∆AKC(EF / /KC)

⇒

AF EF AF EF = mà KC = AB ⇒ = (* * ) AC KC AC AB AB EF Từ (*) và (**) suy ra = hay AB2 = EF.CD (đpcm). CD AB (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

⇒

ĐỀ SỐ 47. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 3

a) ( x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 ;

b) x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010

Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình: x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23

Câu 3. (3 điểm)

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Tìm x biết: 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 )

2 2

19 49

Câu 4. (3 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2010x + 2680 x2 + 1

Câu 6. (4 điểm) Trong tam giác ABC, các điểm A,E,F tương ứng nằm trên các cạnh BC,CA, AB sao = BFD; BDF = CDE; CED = AEF cho AFE a) Chứng minh rằng: BDF = BAC b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7. Tính độ dài đoạn BD.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 3 3 a)Ta có: ( x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 = ( x + y + z ) − x 3  − y 3 + z 3  

(

)

2 = ( y + z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) x + x 2  − ( y + z ) y 2 − yz + z 2   2 = ( y + z ) 3x + 3xy + 3yz + 3zx = 3 ( y + z )  x ( x + y ) + z ( x + y ) 

(

)

= 3 ( x + y )( x + z )( y + z )

(

) (

b) Ta có: x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010 = x 4 − x + 2010x 2 + 2010x + 2010

(

)

(

) (

)(

= x ( x − 1) x 2 + x + 1 + 2010 x2 + x + 1 = x 2 + x + 1 x 2 − x + 2010 Câu 2Ta có:

x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23

x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 −1+ −2+ −3+ −4 = 0 17 19 21 23 x − 258 x − 258 x − 258 x − 258 ⇔ + + + =0 17 19 21 23

⇔

1 1 1   1 ⇔ ( x − 258 )  + + +  = 0 ⇔ x = 258  17 19 21 23 

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Câu 3 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 )

2 2

19 49

)

ĐKXĐ: x ≠ 2009; x ≠ 2010. Đặt a = x − 2010 ( a ≠ 0 ) , ta có hệ thức: 2

( a + 1) − ( a + 1) a + a ( a + 1) + ( a + 1) a + a 2

2 2

19 a 2 + a + 1 19 ⇔ = 49 3a 49

⇔ 49a 2 + 49a + 49 = 57a 2 + 57a + 19 ⇔ 8a 2 + 8a − 30 = 0  3 a= (tm)  2 ⇔ ( 2a + 1) − 4 2 = 0 ⇔ ( 2a − 3 )( 2a + 5 ) = 0 ⇔  a = − 5 (tm)  2  4023 x = 2 ⇒ (TMDK)  x = 4015  2 2

Câu 4Ta có: A=

2010x + 2680 x2 + 1 2

335 ( x + 3 ) −335x 2 − 335 + 335x 2 + 2010x + 3015 = = − + ≥ −335 335 x2 + 1 x2 + 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −335 khi x = −3

Câu 5

ɵ =A = Fɵ = 900 ) a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì E Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân giác của BAC b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF

⇒ 3AD + 4EF = 7AD

3AD + 4EF nhỏ nhất ⇔ AD nhỏ nhất ⇔ D là hình chiếu vuông góc của A lên BC Câu 6.

A E F O

a) Đặt AFE = BFD = ω, BDF = CDE = α; CED = AEF = β + β + ω = 180 0 * Ta có: BAC

()

Qua D,E,F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF + OED + ODF = 900 (1) ⇒ OFD Ta có: + ω + OED + β + ODF + α = 270 0 (2) OFD

( 1) & ( 2 ) ⇒ α + β + ω = 180 ( * * ) = α = BDF Từ ( * ) & ( * * ) ⇒ BAC 0

b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: = β ,C = ω ⇒ ∆AEF ∼ ∆DBF ∼ ∆DEC ∼ ∆ABC B ⇒  BD BA 5    5BF 5BF 5BF  BF = BC = 8  BD = 8  BD = 8  BD = 8     7CE 7CE 7CE  CD CA 7    = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD =  8 8 8  CE CB 8     AE AB 5 7AE = 5AF 7 ( 7 − CE ) = 5 ( 5 − BF ) 7CE − 5BF = 24  AF = AC = 7        ⇒ CD − BD = 3 (3) Ta lại có: CD + BD = 8 (4) Từ (3) và (4) ⇒ BD = 2, 5

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 48. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (3 điểm) 3. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử c) x4 + 4 d) ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

a2 b2 c2 a b c + + =0 + + = 1. Chứng minh rằng: b+c c+a a+ b b+c c+a a+b Câu 2. (2 điểm) 4. Cho

2 1   10 − x 2   x + + :x−2+ Cho biểu thức A =  2   x+2  x −4 2−x x+2  a) Rút gọn biểu thức A

1 2 c) Tìm các giá trị của x để A < 0

b) Tính giá trị của A biết x =

d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD,M là một điểm tùy 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 4. (1,5 điểm) Cho a, b dương và a 2000 + b2000 = a 2001 + b2001 = a 2002 + b2002 . Tính : a 2011 + b2011

Câu 5. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1a. x4 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4 − 4x 2

( = (x

) + 2x + 2 )( x

( − 2x + 2 )

)

= x 4 + 4x 2 + 4 − ( 2x ) = x 2 + 2 − ( 2x ) 2

1b. ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

1 1 1 + + ≥9 a b c

(

)(

)

= x 2 + 7x + 11 − 1 x 2 + 7x + 11 + 1 − 24 =  x 2 + 7x + 11 − 1 − 24  

(

)

( = (x

) + 7x + 6 )( x + 7x + 16 ) = ( x + 1)( x + 6 ) ( x + 7x + 16 )

= x 2 + 7x + 11 − 52 2

2. Nhân cả 2 vế của

a b c + + = 1 với a + b + c , rút gọn suy ra đpcm b+c c+a a+ b

Câu 2. a) Rút gọn biểu thức được kết quả: A =   1 A = x = 2 1 b) x = ⇒  ⇒ 2 A = x = − 1   2

−1 x−2

4 3 4 5

c) A < 0 ⇔ x > 2 −1 d) A ∈ ℤ ⇒ ∈ ℤ ⇔ ..... ⇒ x ∈ {1; 3} x−2 Câu 3.

a) Chứng minh AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ dfcm b) DE,BF,CM là ba đường cao của ∆EFC ⇒ dpcm d) Có chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

⇒ ME + MF = a không đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn nhất ⇔ ME = MF (AEMF là hình vuông)

⇒ M là trung điểm của BD. Câu 4.

2001

)

(

)

+ b 2001 ( a + b ) − a 2000 + b 2000 ab = a 2002 + b 2002

⇒ ( a + 1) − ab = 1 a = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 1 ⇒  b = 1

 b = 1 (tm) Vì a = 1 ⇒ b2000 = b2001 ⇒   b = 0 (ktm) a = 1(tm) Vì b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0(ktm) Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b2011 = 2

Câu 5. Ta có: 1 b c a = 1 + a + a  a c 1 a + b + c = 1⇒  = 1+ + b b b a b 1 c = 1+ c + c 

⇒

1 1 1 a b a c b c  + + = 3+ + + + + +  ≥ 3+2+2+2 = 9 a b c b a c a  c b

1 3 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =

ĐỀ SỐ 49. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Cho P =

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (2 điểm) a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 b) 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.

Câu 3. (2 điểm) 1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 b) Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a) Giải phương trình:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c Câu 4. (3 điểm) A=

bằng 600 quay Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy

quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx,My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh:

BC 2 4 b) DM,EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED a) BD.CE =

c) Chu vi tam giác ADE không đổi

Câu 5. (1 điểm) 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 GIẢI Câu 1. a) a − 4a 2 − a + 4 = ( a − 1)( a + 1)( a − 4 ) 3

a 3 − 7a 2 + 14a − 8 = ( a − 2 )( a − 1)( a − 4 ) Nêu ĐKXĐ: a ≠ 1;a ≠ 2; a ≠ 4 Rút gọn P =

a +1 a−2

a−2+3 3 = 1+ ; ta thấy P nguyên khi a − 2 là ước của 3, mà U(3) = {−1;1; −3; 3} , từ đó a−2 a−2

tìm được a ∈ {−1; 3; 5}

Câu 2. a) Gọi 2 số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3. 2 Ta có: a 3 + b 3 = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = ( a + b )  a 2 + 2ab + b 2 − 3ab  = ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  Vì    

(

)

(

)

a + b chia hết cho 3 nên ( a + b ) − 3ab chia hết cho 3 2 Do vậy ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  chia hết cho 9  

( )( Ta thấy ( x + 5x ) ≥ 0 nên P = ( x + 5x ) − 36 ≥ −36

) (

)

b) P = ( x − 1)( x + 6 )( x + 2 )( x + 3 ) = x 2 + 5x − 6 x 2 + 5x + 6 = x 2 + 5x − 36 2

x = 0 Do dó MinP = −36 ⇔ x 2 + 5x = 0 ⇔   x = −5

Câu 3. a) Ta có: x 2 + 9x + 20 = ( x + 4 )( x + 5 ) ; x 2 + 11x + 30 = ( x + 6 )( x + 5 ) ; x 2 + 13x + 42 = ( x + 6 )( x + 7 ) ĐKXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành:

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇔ 18 ( x + 7 ) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔

 x = −13 ⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b) Đặt b + c − a = x > 0; c + a − b = y > 0; a + b − c = z > 0 từ đó suy ra a =

y+z x+y x+z ;b = ;c = ; 2 2 2

Thay vào ta được: A = Từ đó suy ra A ≥

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y  

1 ( 2 + 2 + 2 ) hay A ≥ 3 2

Câu 4.

y A x

E D

2 1 1

2 3

= 120 0 − M a) Trong tam giác BDM ta có: D 1 1 = 60 0 nên ta có: M = 120 0 − M Vì M 3 1 2 =M . Chứng minh ∆BMD ∼ ∆CEM (1) Suy ra D 1 3

Suy ra

BD CM = , Từ đó BD.CE = BM.CM BM CE

Vì BM = CM =

BC 2 BC , nên ta có: BD.CE = 4 2

b) Từ (1) suy ra

BD MD = CM EM

=D , do đó DM là tia phân giác BDE Chứng minh ∆BMD ∼ ∆MED ⇒ D 1 2 Chứng minh tương tự ta có : EM là tia phân giác CED

c) Gọi H,I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC . Chứng minh DH = DI,EI = EK Tính chu vi tam giác bằng 2AH - không đổi

Câu 5. Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z ( x, y, z là các số nguyên dương) Ta có: xy = 2 ( x + y + z )( 1) và x 2 + y 2 = z 2 (2) 2

Từ (2) suy ra z 2 = ( x + y ) − 2xy, thay (1) vào ta có: 2

z2 = ( x + y ) − 4 ( x + y + z ) 2

z 2 + 4z = ( x + y ) − 4 ( x + y ) 2

z 2 + 4z + 4 = ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 4 2

(z + 2) = (x + y − 2)

Suy ra 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

( x − 4 )( y − 4 ) 8 = 1.8 = 2.4 Từ đó ta tìm được các giá trị của x, y, z là:

( x; y; z ) ∈ {( 5;12;13 ) ; ( 12; 5; 13 ) ; ( 6; 8;10 ) ; ( 8; 6;10 )} (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 50. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( a + 1)( a + 3 )( a + 5 )( a + 7 ) + 15

Câu 2. (2 điểm) Với giá trị nào của a và b thì đa thức ( x − a )( x − 10 ) + 1 phân tích thành tích của một đa thức bậc nhất có hệ số nguyên

Câu 3. (1 điểm)

Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x 4 − 3x 3 + ax + b chia hết cho đa thức

B(x) = x 2 − 3x + 4

Câu 4. (3 điểm)

và phân giác Hy Cho tam giác ABC, đường cao AH, vẽ phân giác Hx của góc AHB . Kẻ AD vuông góc với Hx , AE vuông góc với Hy của AHC

Chứng minh rằng tứ giác ..là hình vuông.

Câu 5. (2 điểm) Chứng minh rằng: P = 1 + 1 + 1 + ..... + 1 < 1 2 2 32 4 2 1002

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Ta có: A = ( a + 1)( a + 3 )( a + 5 )( a + 7 ) + 15 = (a + 1)(a + 7)(a + 3)(a + 5) + 15

( = (a = (a = (a

)(

)

= a 2 + 8a + 7 a 2 + 8a + 15 + 15 2

+ 8a

)

(

) + 8a + 12 )( a = ( a + 2 )( a + 6 ) ( a 2

)

+ 22 a 2 + 8a + 120

+ 8a + 11 − 12

2 2

) + 8a + 10 ) + 8a + 10

Câu 2. Giả sử :

( x − a )( x − 10 ) + 1 = ( x − m )( x − n )( m, n ∈ ℤ ) ⇔ x − ( a + 10 ) x + 10a + 1 = x − ( m + n ) x + mn 2

m + n = a + 10 ⇔ mn = 10a + 1 Khử a ta có: mn = 10 ( m + n − 10 ) + 1

⇔ mn − 10m − 10n + 100 = 1 ⇔ m(n − 10) − 10(n − 10) = 1  m − 10 = 1  m − 10 = −1 a = 12 Vì m, n nguyên ta có:  & ⇒  n − 10 = 1  n − 10 = −1 a = 8

(

)

Câu 3.Ta có: A(x) = B(x). x 2 − 1 + ( a − 3 ) x + b + 4 a − 3 = 0 a = 3 Để A(x) ⋮ B(x) thì  ⇔ b + 4 = 0  b = −4

Câu 4.

A y

x D B

Tứ giác ADHE là hình vuông

Hx là phân giác của AHB; Hy là phân giác của AHC mà AHB và AHC là hai góc kề bù nên Hx ⊥ Hy

= 900 , mặt khác: AHD = AEH = 900 nên tứ giác Hay DHE 0 0 = AHB = 90 = 450 , Do AHE = AHC = 90 = 450 AHD 2 2 2 2 Hay

(2) HA là phân giác DHE

Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông.

Câu 5. Ta có:

1 1 1 1 + 2 + 2 + .... + 2 2 3 4 100 2 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 1 1 99 = 1 − + − + − + ..... + − = 1− = <1 2 2 3 3 4 99 100 100 100

ADHE là hình chữ nhật (1)

ĐỀ SỐ 51. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (6 điểm) Cho biểu thức:

2x − 3 2x − 8 3  21 + 2 x − 8 x 2  + − +1 P = 2 : 2 2  4 x − 12 x + 5 13x − 2 x − 20 2 x − 1  4 x + 4 x − 3 a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x =

1 2

c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên d) Tìm x để P > 0

Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình: a)

 1 15x 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3 

148 − x 169 − x 186 − x 199 − x + + + = 10 25 23 21 19

c) x − 2 + 3 = 5

Câu 3. (2 điểm)Giải Câu toán bằng cách lập phương trình: Một người đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu người ấy tăng vận tốc thêm 5km / h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận tốc dự định đi của người đó.

Câu 4. (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì ? b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lân AB, 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 điểm P d) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2, 4cm,

PD 9 = . Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD. PB 16

Câu 5. (2 điểm) a) Chứng minh rằng: 2009 2008 + 20112010 chia hết cho 2010 b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Điều kiện: x ≠ a) Rút gọn P =

1 5 7 −3 ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ 4 2 2 2 4

2x − 3 2x − 5

1  x = 2 1 b) x = ⇔  2 x = − 1  2 +) x =

1 1 2 −1 ⇒ .....P = ; +) x = ⇒ .....P = 2 2 2 3

2x − 3 2 = 1+ ∈ ℤ ⇒ x − 5 ∈ U(2) = {−2; −1; 1; 2} 2x − 5 x−5 x − 5 = −2 ⇒ x = 3 (tm)

c) P =

x − 5 = −1 ⇒ x = 4 (ktm) x − 5 = 1 ⇒ x = 6 (tm) x − 5 = −2 ⇒ x = 7 (tm) Kết luận: x ∈ {3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên d) P =

2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5

Ta có: 1 > 0 Để P > 0 thì

2 > 0⇒ x−5> 0 ⇔ x > 5 x−5

Với x > 5 thì P > 0

Câu 2. a) Ta có:

15x  1 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3  2

⇔

 1 15x 1  − 1 = 12.  +  DK : x ≠ −4; x ≠ 1 ( x + 4 )( x − 1)  x + 4 3 ( x − 1) 

⇔ 3.15x − 3 ( x + 4 )( x − 1) = 3.12 ( x − 1) + 12 ( x + 4 ) ..............  3x = 0  x = 0 (TM) ⇔ 3x ( x + 4 ) = 0 ⇔  ⇔ x + 4 = 0  x = −4 (KTM) S = {0} b) Ta có:

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 ⇔ 123 − x = 0 ⇔ x = 123  25 23 21 19  S = {123} c)

x−2 +3 =5

Ta có: x − 2 ≥ 0∀x ⇒ x − 2 + 3 > 0 nên x − 2 + 3 = x − 2 + 3 Phương trình được viết dưới dạng: x−2 +3 = 5 ⇔ x−2 = 5−3 ⇔ x−2 = 2

x − 2 = 2 x = 4 ⇔ ⇔  x − 2 = −2 x = 0

Vậy S = {0; 4}

Câu 3.Gọi khoảng cách giữa A và B là x(km) (x > 0) Vận tốc dự định của người đi xe gắn máy là:

x 3x = (km / h) 1 10 3 3

Vận tốc của người đi xe gắn máy khi tăng lên 5km / h là:

1 3h20' = 3 (h) 3

3x + 5(km / h) 10

 3x  Theo đề Câu ta có phương trình:  + 5  .3 = x ⇔ x = 150(tm)  10  Vậy khoảng cách giữa A và B là 150km Vận tốc dự định là:

3.150 = 45(km / h) 10

Câu 4.

D M

I E

a) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD

⇒ PO là đường trung bình tam giác CAM ⇒ AM / /PO ⇒ AMDB là hình thang

= MAE (đồng vị) b) Do AM / /BD nên OBA

= OAB Tam giác AOB cân ở O nên OBA Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì ∆AIE cân ở I nên

= IEA IAE = OAB, do đó: EF / /AC Từ chứng minh trên : có FEA

(1)

Mặt khác IP là đường trung bình của ∆MAC nên IP / /AC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng c) ∆MAF ∼ ∆DBA(g.g) ⇒ d) Nếu

MF AD Không đổi = FA AB

PD 9 PD PB = ⇒ = = k ⇒ PD = 9k,PB = 16k PB 16 9 16

Nếu CP ⊥ BD thì ∆CBD ∼ ∆DCP(g.g) ⇒ 2

CP PB = PD CP

Do đó: CP 2 = PB.PD hay

( 2, 4 )

PD = 9k = 1,8(cm);

PB = 16k = 3, 2(cm) BD = 5(cm)

= 9.16k 2 ⇒ k = 0, 2

Chứng minh BC 2 = BP.BD = 16 , do đó: BC = 4cm,

CD = 3cm.

Câu 5.

(

) (

a) Ta có: 2009 2008 + 20112010 = 2009 2008 + 1 + 20112010 − 1

( − 1 = ( 2011 − 1) ( 2011

)

Vì 2009 2008 + 1 = ( 2009 + 1) 2009 2007 − ...... = 2010. ( ........ ) chia hết cho 2010 (1) Vì 20112010

2009

)

+ ..... = 2010. ( ..... ) chia hết cho 2010 (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

(1)

 1 1   1 1  ⇔ − + −  ≥0  2 2  1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy  x(y − x) y(x − y) ⇔ + ≥0 2 1 + x ( 1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy)

(

)

(

)

⇔

( y − x ) . ( xy − 1)

(1 + x )(1 + y ) (1 + xy) 2

≥0

(2)

Vì x ≥ 1; y ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy − 1 ≥ 0

⇒ BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng. Dấu “=” xảy ra khi x = y

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 52. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (6 điểm) a) Giải phương trình: y 2 − 2y + 3 =

6 x + 2x + 4 2

1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 ≥0 x − 5x + 6 x − 7x + 12 x − 9x + 20 x − 11x + 30

b) Giải bất phương trình:

Câu 2. (5 điểm) 2.1 ) Cho đa thức P(x) = 6x 3 − 7x 2 − 16x + m a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x + 3 b) Với m vừa tìm được ở câu a, hãy tìm số dư khi chia P(x) cho 3x − 2 và phân tích ra các thừa số bậc nhất 2.2) Cho đa thức P(x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 16; P(5) = 25. Tính P(6); P(7)?

Câu 3. (2 điểm) Cho a, b, c ∈  0; 1 và a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 2 + b 2 + c 2

Câu 4. (7 điểm) Cho hình bình hành ABCD ( AC > BD ) . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D lên AC; H, K lần lượt là hình chiếu của C trên AB và AC a) Tứ giác DFBE là hình gì ? Vì sao ? b) Chứng minh: ∆CHK ∼ ∆BCA c) Chứng minh: AC 2 = AB.AH + AD.AK

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) Ta có:

y 2 − 2y + 3 =

6 ⇔ y 2 − 2y + 3 x 2 + 2x + 4 = 6 x + 2x + 4 2

(

)(

)

2 2 ⇔ ( y − 1) + 2  . ( x + 1) + 3  = 6     2

⇔ ( x + 1 ) . ( y − 1 ) + 3 ( y − 1) + 2 ( x + 1 ) + 6 = 6 ⇔ ( x + 1 ) . ( y − 1 ) + 3 ( y − 1) + 2 ( x + 1 ) = 0 2

Vì ( x + 1) ≥ 0; ( y − 1) ≥ 0

x + 1 = 0  x = −1 ⇒ ⇔ y − 1 = 0 y = 1

1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 ≥0 x − 5x + 6 x − 7x + 12 x − 9x + 20 x − 11x + 30 1 1 1 1 ⇔ + + + ≥ 0 ( x ≠ 1; 2; 3; 4; 5; 6 ) ( x − 2 )( x − 3 ) ( x − 3 )( x − 4 ) ( x − 4 )( x − 5 ) ( x − 5 )( x − 6 ) b)

1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − ≥0 x−2 x−3 x−3 x−4 x−4 x−5 x−5 x−6 1 1 −4 ⇔ − ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 6 ) < 0 x−2 x−6 ( x − 2 )( x − 6 ) ⇔

 x − 2 > 0  2 < x < 6 x − 6 < 0 ⇔  ⇔ x − 2 < 0 x ∈ ∅   x − 6 > 0 Kết hợp với điều kiện ta có 2 < x < 6 và x ≠ 3; 4; 5

Câu 2. 2.1) a) P(x) = 6x 3 − 7x 2 − 16x + m = 6x 3 + 9x 2 − 16x 2 − 24x + 8x + 12 + m − 12

= 3x 2 ( 2x + 3 ) − 8x ( 2x + 3 ) + 4 ( 2x + 3 ) + m − 12

(

)

= ( 2x + 3 ) 3x 2 − 8x + 4 + m − 12 Để P(x)⋮ ( 2x + 3 ) thì m − 12 = 0 ⇔ m = 12 b) Với m = 12; P(x) = 6x 3 − 7x 2 − 16x + 12 = 6x 3 − 4x 2 − 3x 2 + 2x − 18x + 12

(

= 2x 2 ( 3x − 2 ) − x ( 3x − 2 ) − 6 ( 3x − 2 ) = ( 3x − 2 ) 2x 2 − x − 6

)

Phân tích P(x) ra tích các thừa số bậc nhất: P(x) = 6x 3 − 7x 2 − 16x + 12 = ( 2x + 3 )( 3x − 2 )( x − 2 )

2.2 ) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 25 Mà P(x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e ⇒ P(x) = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )( x − 4 )( x − 5 ) + x 2

⇒ P(6) = 5.4.3.2.1 + 6 2 = 156 ⇒ P(7) = 6.5.4.3.2 + 7 2 = 769

Câu 3. Vì a, b, c ∈  0;1 ⇒ ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≥ 0 Ta có: ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) = 1 − ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) − abc ( Vi

a + b + c = 2)

= −1 + ( ab + bc + ac ) − abc ≥ 0 ⇔ ab + bc + ac ≥ abc + 1 ≥ 1(Vi

abc ≥ 0) ⇒ −2 ( ab + bc + ac ) ≤ −2

Lại có: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ac ) 2

⇒ P = a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ac ) = 4 − 2 ( ab + bc + ac ) ≤ 4 − 2 = 2

Vậy Pmax = 2 ⇔ ( a, b,c ) là hoán vị của ( 0;1;1)

Câu 4.

A 1

D K a) DF / /BE (vì cùng vuông góc với AC)

∆AFD = ∆CEB (Cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ DF = BE

⇒ DFBE là hình bình hành = 900 b) BC / /AK ⇒ BCK = 900 + BCH (góc ngoài của ∆CHB) ABC = 900 + BCH ⇒ ABC = HCK HCK = ACD + DAC (góc ngoài của ∆DKC) Có: CKD = BAC + BCA mà BCA = DAC; BAC = DCA HBC ⇒ ∆CKD ∼ ∆CBH ⇒

CD CK AB CK = ⇒ = ⇒ ∆CHK ∼ ∆BCA ( c.g.c ) BC CH BC CH

c) ∆AEB ∼ ∆AHC ⇒

AB AE = ⇒ AE.AC = AB.AH ( 1) AC AH

∆AFD ∼ ∆AKC ⇒

AF AD = ⇒ AF.AC = AD.AK ( 2 ) AK AC

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK(3) Mà ∆AFD = ∆CEB ( cmt ) ⇒ AF = CE

( 3 ) ⇔ AC. ( AE + EC ) = AB.AH + AD.AK ⇔ AC

= AB.AH + AD.AK

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 53. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (6 điểm) a) Giải phương trình:

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2

b) Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c

Câu 2. (5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 b) Tìm các số nguyên n để n 5 + 1 chia hết cho n 3 + 1

Câu 3. (3 điểm) a) Cho 3 số dương a, b,c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 + + ≥9 a b c

b) Cho a, b dương và a 2000 + b 2000 = a 2001 + b 2001 = a 2002 + b 2002 . Tính a 2011 + b 2011

Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên AC. Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O. Chứng minh rằng:

a)OA.OB = OC.OH

có số đo không đổi b) OHA c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành:

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇔ 18(x + 7) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔

 x = −13 ⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b) Đặt b + c − a = x > 0; Từ đó suy ra a =

c + a − b = y > 0;

a+ b−c = z > 0

y+z x+y x+z ;b = ;c = 2 2 2

Thay vào ta được:

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y  

Từ đó suy ra A ≥

1 ( 2 + 2 + 2 ) hay A ≥ 3 ⇔ a = b = c 2

Câu 2. a) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a + b chia hết cho 3 2 Ta có: a 3 + b 3 = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = ( a + b ) ( a + b ) − 3ab   

(

)

Vì a + b chia hết cho 3 nên ( a + b ) − 3ab chia hết cho 3. 2 Do vậy, ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  chia hết cho 9  

(

) (

)(

b) n 5 + 1⋮ n 3 + 1 ⇔ n 5 + n 2 − n 2 + 1 ⋮ n 3 + 1

(

) (

)( ⇔ ( n − 1)( n + 1)⋮ ( n + 1) ( n

⇔ n2 n3 + 1 − n2 − 1 ⋮ n3 + 1 2

)

) )

−n+1

⇔ n − 1⋮ n 2 − n + 1 ⇒ n ( n − 1) ⋮ n 2 − n + 1

(

) (

Hay n 2 − n ⋮ n 2 − n + 1 ⇒ n 2 − n + 1 − 1⋮ n 2 − n + 1 ⇒ 1⋮ n 2 − n + 1 Xét hai trường hợp:

)

n = 0 +) n 2 − n + 1 = 1 ⇔ n 2 − n = 0 ⇔  n = 1

+) n 2 − n + 1 = −1 ⇔ n 2 − n + 2 = 0, không có giá trị của n thỏa mãn Câu 3.

b c 1 a = 1 + a + a  a c 1 a. Từ a + b + c = 1 ⇒  = 1 + + c b b a b 1 c = 1+ c + c  ⇒

a b a c b c  1 1 1 + + = 3+ + + + + +  ≥ 3+2+2+2 = 9 a b c b a c a  c b

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =

(

)

1 3

(

)

b) a 2001 + b 2001 ( a + b ) − a 2000 + b 2000 ab = a 2002 + b 2002 ⇒ ( a + b ) − ab = 1

a = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔  b = 1  b = 1 (tm) Với a = 1 ⇒ b 2000 = b 2001 ⇒   b = 0 (ktm)

a = 1 (tm) Với b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0 (ktm) Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b2011 = 2

Câu 4. O

A M

a) ∆BOH ∼ ∆COA ( g.g ) ⇒ b)

OB OH = ⇒ OA.OB = OH.OC OC OA

OB OH OA OH chung ⇒ ∆OHA ∼ ∆OBC và O = ⇒ = OC OA OC OB

= OBC (không đổi) ⇒ OHA c) Vẽ MK ⊥ BC; ∆BKM ∼ ∆BHC(g.g) ⇒

BM BK = ⇒ BM.BH = BK.BC (3) BC BH

∆CKM ∼ ∆CAB ( g.g ) ⇒

CM CK = ⇒ CM.CA = BC.CK(4) CB CA

Cộng từng vế của (3) và (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC. ( BK + KC ) = BC 2 (Không đổi)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ54. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (5 điểm) 2 5 − x  1 − 2x  1 Cho biểu thức A =  + − : 2 2   1− x x +1 1− x  x −1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên c) Tìm x để A = A

Câu 2. (4 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x 3 − x 2 − 12x = 0 ;

x − 214 x − 132 x − 54 + + =6 86 84 82

Câu 3 (5 điểm) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD = 2AB = 2AD và BC = a 2 .Gọi E là trung điểm của CD. a) Tứ giác ABED là hình gì ? Tại sao ? b) Tính diện tích hình thang ABCD theo a c) Gọi I là trung điểm của BC,H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. Tính

góc HDI Câu 4. (4 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x 2 − 2xy + 2y 2 − 4y + 5 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B =

3 ( x + 1)

x3 + x2 + x + 1

Câu 5. (2 điểm) a) Cho a, b,c là 3 cạnh của tam giác, p là nửa chu vi.

CMR:

1 1 1  1 1 1 + + ≥ 2.  + +  p−a p−b p−c a b c

b) Cho a, b,c,d là các số dương. Chứng minh rằng:

a − b b−c c −d a −d + + ≥ b+c c+d d+a a+b

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Điều kiện: x ≠ ±1; x ≠

1 2

 1 + x + 2 (1 − x ) − ( 5 − x )  x2 − 1 A= . 2   − 1 x   1 − 2x −2 x 2 − 1 2 = = . 2 1 − x 1 − 2x 1 − 2x b) A nguyên, mà x nguyên nên 2 ⋮ ( 1 − 2x ) Từ đó tìm được x = 1 và x = 0 Kết hợp điều kiện ⇒ x = 0

A =A⇔A>0 c) Ta có:

⇔

2 1 ≥ 0 ⇔ 1 − 2x > 0 ⇔ x < 1 − 2x 2

Kết hợp với điều kiện : −1 ≠ x <

1 2

Câu 2 x = 0  a) x − x − 12x = 0 ⇔ x ( x − 4 )( x + 3 ) = 0 ⇔  x = 4  x = −3 3

x − 214 x − 132 x − 54 + + =6 86 84 82

 x − 214   x − 132   x − 54  ⇔ − 1 +  − 2 +  − 3 = 0  86   84   82  x − 300 x − 300 x − 300 ⇔ + + =0 86 84 82  1 1 1  ⇔ ( x − 300 )  + +  ⇔ x − 300 = 0 ⇔ x = 300  86 84 82 

Câu 3.

A H

a) Chỉ ra ABED là hình bình hành ( AB / /DE, AB = DE ) Chỉ ra ABED là hình thoi (AB=AD)

(

= 90 0 Chỉ ra ABED là hình vuông BAD

)

b) Chỉ ra ∆BEC vuông cân Từ đó suy ra AB = AD = a, DC = 2a Diện tích của hình thang ABCD là : S =

( AB + CD ) .AD = ( a + 2a ) .a = 3a 2

= ACD (1) (cùng phụ với góc HDC) c) ACH Xét ∆ADC và ∆IBD vuông tại D và B có:

AD IB 1 = = ⇒ ∆ADC ∼ ∆IBC DC BD 2 = BDI Suy ra ACD

(2)

= BDI Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra ADH + BDI = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 hay HDI = 450 Mà ADH

Câu 4. a)

Ta có:

A = x 2 − 2xy + y 2 + y 2 − 4y + 4 + 1 2

= ( x − y) + ( y − 2) + 1 2

Do ( x − y ) ≥ 0; ( y − 2 ) ≥ 0

Nên A = ( x − y ) + ( y − 2 ) + 1 ≥ 1 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = 2 Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y = 2 b)

3 ( x + 1) 3

x + x + x +1

Do x 2 + 1 ≥ 1 nên B =

3 ( x + 1)

x ( x + 1) + x + 1 2

3 ( x + 1)

)

+ 1 ( x + 1)

3 x +1 2

3 ≤ 3. Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 0 x +1 2

Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0

Câu 5 a) Ta có:

1 1 4 2 + ≥ = p−a p− b p−a + p−b c 1 1 4 2 + ≥ = p− b p−c p−a+ p−c a 1 1 4 2 + ≥ = p−c p−a p−c+ p−a b Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có: a−b b−c c−d a−b a −b b−c c−d d−a + + ≥ ⇔ + + + ≥0 b+c c+d d+a a+b b+c c+d d+a a+b a+c b+d c+a d+ b ⇔ + + + ≥4 b+c c+d d+a a+ b Xét

a+c b+d c+a d+b + + + −4 b+c c+d d+a a+ b  1  1 1  1  = (a + c )  + + ( b + d)  +  −4  b+c d+a  c+d a+ b 4 4 ≥ (a + c ) . + ( b + d). −4 = 0 a+ b+c+d a+ b+c+d

⇒ đpcm Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = d

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 55. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a)

(x + y + z)

− x3 − y3 − z3

;

x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010

Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình:

x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23

Câu 3. (3 điểm)

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Tìm x biết: 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 )

2 2

19 49

Câu 4. (3 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

2010x + 2680 x2 + 1

Câu 6. (4 điểm) Trong tam giác ABC, các điểm A,E,F tương ứng nằm trên các cạnh BC,CA, AB sao

= BFD; BDF = CDE; CED = AEF cho AFE = BAC a) Chứng minh rằng: BDF b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7. Tính độ dài đoạn BD.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a)

(x + y + z)

3 − x 3 − y 3 − z 3 = ( x + y + z ) − x 3  − y 3 + z 3  

(

)

2 = ( y + z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) x + x 2  − ( y + z ) y 2 − yz + z 2  

(

)

= ( y + z ) 3x 2 + 3xy + 3yz + 3zx = 3 ( y + z )  x ( x + y ) + z ( x + y ) 

= 3 ( x + y )( x + z )( y + z )

(

) ( = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2010 ( x + x + 1) = ( x

b) x 4 + 2010x 2 + 2009x + 2010 = x 4 − x + 2010x 2 + 2010x + 2010 2

Câu 2Ta có:

)(

)

+ x + 1 x 2 − x + 2010

)

x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23 x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 ⇔ −1+ −2+ −3+ −4 = 0 17 19 21 23 x − 258 x − 258 x − 258 x − 258 ⇔ + + + =0 17 19 21 23 1 1 1   1 ⇔ ( x − 258 )  + + +  = 0  17 19 21 23  ⇔ x = 258

( 2009 − x ) + ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 ) Câu 3 2

( 2009 − x ) − ( 2009 − x )( x − 2010 ) + ( x − 2010 )

2 2

19 49

Điều kiện: x ≠ 2009; x ≠ 2010. Đặt a = x − 2010 ( a ≠ 0 ) , ta có hệ thức: 2

( a + 1) − ( a + 1) a + a ( a + 1) + ( a + 1) a + a 2

2 2

19 a 2 + a + 1 19 ⇔ = 49 3a 49

Câu 4

2010x + 2680 x2 + 1 2

335 ( x + 3 ) −335x 2 − 335 + 335x 2 + 2010x + 3015 = = −335 + ≥ −335 2 x +1 x2 + 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −335 khi x = −3

Câu 5

ɵ =A = Fɵ = 90 0 ) a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì E

Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân giác của BAC b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF

⇒ 3AD + 4EF = 7AD 3AD + 4EF nhỏ nhất ⇔ AD nhỏ nhất ⇔ D là hình chiếu vuông góc của A lên BC Câu 6.

A E F O

= BFD = ω, BDF = CDE = α ; CED = AEF =β a) Đặt AFE + β + ω = 180 0 * Ta có: BAC ()

Qua D, E,F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF

+ OED + ODF = 90 0 (1) ⇒ OFD Ta có: + ω + OED + β + ODF + α = 2700 (2) OFD

(1) & ( 2 ) ⇒ α + β + ω = 180 ( * * ) 0

= α = BDF Từ ( * ) & ( * * ) ⇒ BAC

b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:

= β ,C = ω ⇒ ∆AEF ∼ ∆DBF ∼ ∆DEC ∼ ∆ABC B ⇒ 5BF 5BF 5BF  BD BA 5     BF = BC = 8  BD = 8  BD = 8  BD = 8     7CE 7CE 7CE  CD CA 7    = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD =  8 8 8  CE CB 8     AE AB 5 7AE = 5AF 7 ( 7 − CE ) = 5 ( 5 − BF ) 7CE − 5BF = 24  AF = AC = 7        ⇒ CD − BD = 3 (3) Ta lại có: CD + BD = 8 (4) Từ (3) và (4) ⇒ BD = 2, 5

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ56. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( a + 1)( a + 3 )( a + 5 )( a + 7 ) + 15

Câu 2. (2 điểm) Với giá trị nào của a và b thì đa thức ( x − a )( x − 10 ) + 1 phân tích thành tích của một đa thức bậc nhất có hệ số nguyên

Câu 3. (1 điểm) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x 4 − 3x 3 + ax + b chia hết cho đa thức

B(x) = x 2 − 3x + 4 Câu 4. (3 điểm)

và phân giác Hy Cho tam giác ABC, đường cao AH, vẽ phân giác Hx của góc AHB . Kẻ AD vuông góc với Hx , AE vuông góc với Hy của AHC Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình vuông.

Câu 5. (2 điểm) Chứng minh rằng: P =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ..... + <1 2 2 3 4 100 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.Ta có: A = ( a + 1)( a + 3 )( a + 5 )( a + 7 ) + 15 = (a + 1)(a + 7)(a + 3)(a + 5) + 15

( = (a = (a = (a

)(

)

= a 2 + 8a + 7 a 2 + 8a + 15 + 15 2

+ 8a

)

(

) + 8a + 12 )( a = ( a + 2 )( a + 6 ) ( a 2

)

+ 22 a 2 + 8a + 120

+ 8a + 11 − 12

2 2

) + 8a + 10 ) + 8a + 10

Câu 2.Giả sử : ( x − a )( x − 10 ) + 1 = ( x − m )( x − n )( m, n ∈ ℤ ) ⇔ x 2 − ( a + 10 ) x + 10a + 1 = x 2 − ( m + n ) x + mn  m + n = a + 10 ⇔  mn = 10a + 1 Khử a ta có:

mn = 10 ( m + n − 10 ) + 1

⇔ mn − 10m − 10n + 100 = 1 ⇔ m(n − 10) − 10(n − 10) = 1  m − 10 = 1  m − 10 = −1 a = 12 Vì m,n nguyên ta có:  & ⇒  n − 10 = 1  n − 10 = −1 a = 8

(

)

Câu 3.Ta có: A(x) = B(x). x 2 − 1 + ( a − 3 ) x + b + 4 a − 3 = 0 a = 3 Để A(x)⋮ B(x) thì  ⇔ b + 4 = 0  b = −4

Câu 4. A y

x D B

Tứ giác ADHE là hình vuông

mà AHB và AHC là hai góc kề bù Hy là phân giác của AHC Hx là phân giác của AHB; nên Hx ⊥ Hy

= 90 0 , mặt khác: AHD = AEH = 90 0 nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật (1) Hay DHE 90 0 90 0 AHB AHC 0 AHD = = = 45 , Do AHE = = = 450 2 2 2 2 (2) Hay HA là phân giác DHE Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông.

Câu 5.Ta có:

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ57. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2 điểm)Cho P =

a 3 − 4a 2 − a + 4 a 3 − 7a 2 + 14a − 8

a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (2 điểm) a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 b) 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.

Câu 3. (2 điểm) a) Giải phương trình:

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2

b) Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c

Câu 4. (3 điểm)

bằng 60 0 quay Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy

quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx,My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh:

BC2 a) BD.CE = 4 b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED c) Chu vi tam giác ADE không đổi

Câu 5. (1 điểm) 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 GIẢI Câu 1. a) a 3 − 4a 2 − a + 4 = ( a − 1)( a + 1)( a − 4 )

a 3 − 7a 2 + 14a − 8 = ( a − 2 )( a − 1)( a − 4 ) Nêu ĐKXĐ: a ≠ 1; a ≠ 2; a ≠ 4 Rút gọn P =

a+1 a−2

b) Ta có:

a−2+3 3 ; ta thấy P nguyên khi a − 2 là ước của 3, mà = 1+ a−2 a−2

U(3) = {−1; 1; −3; 3} , từ đó tìm được a ∈ {−1; 3; 5}

(

)

(

)

a + b chia hết cho 3 nên ( a + b ) − 3ab chia hết cho 3 2 Do vậy ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  chia hết cho 9  

(

)(

) (

)

b) P = ( x − 1)( x + 6 )( x + 2 )( x + 3 ) = x 2 + 5x − 6 x 2 + 5x + 6 = x 2 + 5x − 36

(

Ta thấy x 2 + 5x

)

(

≥ 0 nên P = x 2 + 5x

)

− 36 ≥ −36

x = 0 Do dó MinP = −36 ⇔ x 2 + 5x = 0 ⇔   x = −5

Câu 3. a) Ta có: x 2 + 9x + 20 = ( x + 4 )( x + 5 ) ; x 2 + 11x + 30 = ( x + 6 )( x + 5 ) ; x 2 + 13x + 42 = ( x + 6 )( x + 7 )

ĐKXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành:

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇔ 18 ( x + 7 ) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔

 x = −13 ⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b) Đặt b + c − a = x > 0; c + a − b = y > 0; a + b − c = z > 0 từ đó suy ra a =

y+z x+y x+z ;b = ;c = ; Thay vào ta được: 2 2 2

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y  

Từ đó suy ra A ≥

1 ( 2 + 2 + 2 ) hay A ≥ 3 2

Câu 4. y A x

E D

2 1 1

2 3

= 120 0 − M a) Trong tam giác BDM ta có: D 1 1 = 60 0 nên ta có: M = 120 0 − M Vì M 3 1 2

=M . Chứng minh ∆BMD ∼ ∆CEM (1) Suy ra D 1 3

BD CM , Từ đó BD.CE = BM.CM = BM CE

Suy ra

Vì BM = CM = b) Từ (1) suy ra

BC2 BC , nên ta có: BD.CE = 4 2

BD MD = CM EM

=D , do đó DM là tia phân giác BDE Chứng minh ∆BMD ∼ ∆MED ⇒ D 1 2 Chứng minh tương tự ta có : EM là tia phân giác CED c) Gọi H,I,K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC . Chứng minh DH = DI,EI = EK Tính chu vi tam giác bằng 2AH - không đổi

Câu 5.Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z ( x, y, z là các số nguyên dương) Ta có: xy = 2 ( x + y + z )( 1) và x 2 + y 2 = z 2 (2) 2

Từ (2) suy ra z 2 = ( x + y ) − 2xy, thay (1) vào ta có: 2

z2 = ( x + y ) − 4 ( x + y + z ) 2

z 2 + 4z = ( x + y ) − 4 ( x + y ) 2

z 2 + 4z + 4 = ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 4 2

(z + 2) = (x + y − 2)

Suy ra 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

( x − 4 )( y − 4 ) 8 = 1.8 = 2.4 Từ đó ta tìm được các giá trị của x, y, z là:

( x; y; z ) ∈ {( 5;12;13 ) ; ( 12; 5; 13 ) ; ( 6; 8; 10 ) ; ( 8; 6;10 )} (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ58. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. a) Phân tích các đa thức ra thừa số:

x4 + 4

( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24 b) Giải phương trình: x 4 − 30x 2 + 31x − 30 = 0

a2 b2 c2 a b c + + =0 + + = 1. Chứng minh rằng: b+c c+a a+ b b+c c+a a+b

c) Cho

2 1   10 − x 2   x Câu 2. Cho biểu thức : A =  2 + + : x − 2 +    x+2  x −4 2−x x+2 

a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị của A , biết x =

1 2

c) Tìm giá trị của x để A < 0 d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 3. Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy 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 4. a) Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng

1 1 1 + + ≥9 a b c

b) Cho a, b dương và a 2000 + b 2000 = a 2001 + b 2001 = a 2002 + b 2002 Tính a 2011 + b 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a)

(

x 4 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4 − 4x 2 = x 2 + 2

( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

(

)(

)

= x 2 + 7x + 11 − 1 x 2 + 7x + 11 + 1 − 24 2 =  x 2 + 7x + 11 − 1 − 24  

(

)

( = (x

) + 7x + 6 )( x + 7x + 16 ) = ( x + 1)( x + 2 ) ( x + 7x + 16 ) = x 2 + 7x + 11 − 5 2 2

) − ( 2x ) = ( x

)(

+ 2x + 2 x 2 − 2x + 2

)

x 4 − 30x 2 + 31x − 30 = 0

(

)

⇔ x 2 − x + 1 ( x − 5 )( x + 6 ) = 0 ( * ) 2

 1 3 x 2 − x + 1 =  x −  + > 0 ∀x 2 4  Vì ⇒ ( * ) ⇔ ( x − 5 )( x + 6 ) = 0 x − 5 = 0 x = 5 ⇔ ⇔ x + 6 = 0  x = −6 c) Nhân cả 2 vế của

a b c + + = 1 với a + b + c; rút gọn ⇒ dpcm b+c c+a a+b

Câu 2. a) Rút gọn được kết quả A =

 1  A= x=  1 2 ⇒  b) x = ⇒  2 x = − 1 A =  2 

−1 x−2

4 3 4 5

c) A < 0 ⇔ x > 2 d) A ∈ ℤ ⇔

−1 ∈ ℤ.... ⇒ x ∈ {1; 3} x−2

Câu 3.

a) Chứng minh: AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ dfcm b) DE, BF,CM là ba đường cao của ∆EFC ⇒ dfcm c) Có chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

⇒ ME + MF = a không đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn nhất ⇔ ME = MF ( AEMF là hình vuông)

⇒ M là trung điểm của BD.

Câu 4.

b c 1 a = 1 + a + a  a c 1 a) Từ a + b + c = 1 ⇒  = 1 + + b b b  a b 1 c = 1+ c + c  ⇒

1 1 1 a b a c b c + + = 3+ + + + + +  ≥ 3+2+2+2 = 9 a b c b a c a c a

Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c =

1 3

b) Ta có:

2001

)

(

)

+ b 2001 . ( a + b ) − a 2000 + b 2000 .ab = a 2002 + b 2002

a = 1 ⇒ ( a + b ) − ab = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔  b = 1  b = 1(tm) Với a = 1 ⇒ b 2000 = b 2001 ⇒   b = 0(ktm) a = 1(tm) Với b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0(ktm)

Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b2011 = 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 59. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (3 điểm) 2 2  x+1  x − 1 Cho biểu thức: A =  − . − x − 1 :  x  3x x + 1  3x

a) Rút gọn A b) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 2. (4 điểm) a) Chứng minh rằng: a 2 + b 2 ≥

1 với a + b ≥ 1 2

b) Ký hiệu a  (phần nguyên của a ) là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Tìm x  34x + 19  biết rằng:   = 2x + 1  11 

Câu 3. (3 điểm) Lúc 7 giờ, một ca nô xuôi dòng từ A đến B cách nhau 36km, rồi ngay lập tức quay trở về A lúc 11 giờ 30 phút. Tính vận tốc ca nô khi xuôi dòng, biết vận tốc dòng nước chảy là 6km / h

Câu 4. (5 điểm) a) Hãy tính số bị chia, số chia và thương số trong phép chia sau đây:

a b c + + ≥3 b+ c −a a + c − b a + b−c

Câu 5. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D. Gọi I là trung điểm của CD. a) Tính khoảng cách từ I đến AB b) Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di chuyển trên đường nào ?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠ 0

2 2  x+1  x − 1 A= − . − x − 1 :  x  3x x + 1  3x 2 2 2  x + 1 − 3x 2 − 3x   x 2 1 − 2x − 3x 2  x = − . = − .  . . 3x 3x  3x x + 1    x − 1  3x x + 1  x −1 2 2 ( x + 1)( 1 − 3x )  x 2 − 2 + 6x x 2x = − . = . = . 3x 3x x −1 x −1  3x x + 1  x − 1 b)

2 ( x − 1) + 2 2x 2 = = 2+ x −1 x −1 x −1

Để A có giá trị nguyên ⇔

2 có giá trị nguyên ⇒ x ∈ U(2) = {±1; ±2} x −1

⇒ x ∈ {−1; 0; 2; 3} vì x ≠ −1; x ≠ 0 ⇒ {x} = {2; 3}

Câu 2. a) Theo Câu ra ta có: a + b ≥ 1 ⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 1 (1) 2

Mặt khác : ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0

(

)

Từ (1) và (2) suy ra: 2 a 2 + b 2 ≥ 1 ⇔ a 2 + b 2 ≥ b)

(2)

1 2

 34x + 19  34x + 19 − ( 2x + 1) < 1 vả 2x + 1 ∈ ℤ  11  = 2x + 1 ⇔ 0 ≤ 11  

⇔ 0 ≤ 12x + 8 < 11 ⇔ −8 ≤ 12x < 3 ⇔

1 3 −4 −1 ≤ 2x < ⇔ ≤ 2x + 1 < 3 2 3 2

1   2x + 1 = 0 x=− Do 2x + 1 ∈ ℤ ⇒  ⇔ 2   2x + 1 = 1  x = 0

Câu 3. Gọi x(km / h) là vận tốc ca nô xuôi dòng ( x > 12 ) Vận tốc ca nô khi nước lặng: x − 6(km / h) Vận tốc ca nô khi ngược dòng: x − 12(km / h) Thời gian cả đi và về của ca nô là 4, 5 giờ nên ta có phương trình:  x = 4(ktm) 36 36 9 + = ⇔ (x − 4)(x − 24) = 0 ⇔  x x − 12 2  x = 24(tm)

Vậy vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là 24km / h

Câu 4. a) abcd : dcba = q q = 4 Vì q ≠ 1 ⇒  ⇒ a,d phải là những số thuộc {1; 4; 5; 6; 9} ,a,d ≠ 0 q = 9 

Do abcd = dcba × q nên d < 3 ⇒ d = 1 Giả sử q = 4 khi đó 1cba.4 = abc1 (vô lý) vì 1cba.4 phải là một số chẵn nên q = 9 Với q=9 ta có: 1cba × 9 = abc1 suy ra a = 9,c < 2 vì tích 1cba × 9 là số có 4 chữ số nên ta lại có c ≠ d tức là c ≠ 1 ⇒ c = 0 Ta thấy abcd = 9b01 = 10b9 × 9 vậy 9b01 là số chia hết cho 9 nên b = 8 Tóm lại ta có: 9801 : 1089 = 9

b) Đặt x = b + c − a; ⇒ x+y+z =a+b+c

y =a+c−b

; z = a + b − c ⇒ x, y, z > 0

2a = a + b + c − ( b + c − a ) = x + y + z − x = y + z ⇒ a = Tương tự: b =

y+z 2

x+y x+z ;c = 2 2

BĐT chứng minh tương đương với:

y+z x+z x+y + + ≥6 x y z

y x z x y z a b ⇒  +  +  +  +  +  ≥ 6 do + ≥ 2 b a x y x z  z y

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Câu 5.

P Q

L C

a) Kẻ CE,IH, DF cùng vuông góc với AB suy ra tứ giác CDFE là hình thang vuông. Chứng minh được: CE =

AM BM AB a a ⇒ CE + DF = = ⇒ IH = , DF = 2 2 2 2 4

b) Khi M di chuyển trên AB thì I di chuyển trên đoạn RS song song với AB và cách AB một khoảng bằng

a (R là trung điểm của AQ) 4

S là trung điểm của BQ, Q là giao điểm của BL và AN)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 60. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (3,5 điểm) a) Chứng minh n 3 + 17n chia hết cho 6 với mọi n ∈ ℤ

(x (x

b) Rút gọn biểu thức:

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

Câu 2. (4,5 điểm) a) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 4m thì dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 8m dừng lai 2 giây, rồi đi tiếp 12m dừng lại 3 giây… Cứ như vậy đi từ A đến B kể cả dừng hết tất cả 155 giây. Biết rằng khi đi vật thể luôn có vận tốc 2m / giây. Tính khoảng cách từ A đến B. b) Biết a 3 − 3ab 2 = 5 và b 3 − 3a 2 b = 10 . Tính M =

a 2 + b2 2018

Câu 3. (4 điểm)

(

)(

)

a) Giải phương trình: x 2 − x + 1 x 2 − x + 2 = 12 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

Câu 5. (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD tại M, cắt đường chéo AC tại N và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh:

1 1 1 = + BN BM BK

Câu 6. (1,0 điểm) Biết a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

+ b2 − c 2

)

− 4a 2 b 2 < 0

18n ⋮ 6 , suy ra điều phải chứng minh b) Ta có:

(x (x

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

x2 + x2a + a + a 2 + a 2 x2 + 1 x2 − x2a − a + a 2 + a 2 x2 + 1

( (

) ( ) (

2 2 2 x2 + x2a + a 2 x2 + 1 + a + a 2 x 1 + a + a + 1 + a + a = 2 = x − x2a + a 2 x2 + 1 − a + a 2 x2 1 − a + a 2 + 1 − a + a 2

(x = (x

)( ) = 1+ a + a + 1)( 1 − a + a ) 1 − a + a

+ 1 1 + a + a2

) )

Câu 2. a) Gọi x là số lần đi ( x ∈ ℕ , x > 0 ) , số lần dừng là x − 1 Thời gian đi

4 8 12 4x + + + ..... + = 2 + 4 + 6 + ..... + 2x 2 2 2 2 = 2 ( 1 + 2 + 3 + .... + x ) = x ( x + 1) Thời gian dừng:

1 + 2 + 3 + ..... + ( x − 1) =

( x − 1 + 1)( x − 1) = x(x − 1) 2

Lập được phương trình  x = 10 (tm) x(x − 1) 2 + x(x + 1) = 155 ⇔ 3x + x − 310 ⇔   x = −31 (ktm) 2  3

Khoảng cách AB là 10. ( 10 + 1) .2 = 220(m) b)

a 3 − 3ab 2 = 5 ⇒ a 6 − 6a 4 b 2 + 9a 2 b 4 = 25 b3 − 3a 2 b = 10 ⇒ b 6 − 6a 2 b 4 + 9a 4 b 2 = 100 ⇒ a 6 + 3a 4 b 2 + 3a 2 b 4 + b6 = 125

(

⇒ a 2 + b2

)

= 53 ⇒

a 2 + b2 5 = 2018 2018

Câu 3. a)

)(

)

− x + 1 x 2 − x + 2 = 12

Đặt x 2 − x + 1 = X có X 2 + X − 12 = 0

⇔ X 2 + 4X − 3X − 12 = 0 ⇔ X ( X + 4 ) − 3 ( X + 4 ) = 0 X = 3 ⇔ ( X − 3 )( X + 4 ) = 0 ⇔   X = −4

 1  19 X = −4 ⇒ x 2 − x + 5 = 0 ⇒  x −  + = 0 (VN) 2 4  X = 3 ⇒ x 2 − x − 2 = 0 ⇒ x 2 − 2x + ( x − 2 ) = 0

(

)

 x = −1 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b) P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

(

) (

)

= x 2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 − 2018 2

= ( x − 2 ) + ( y − 2 ) − 2018 ≥ −2018 Vậy Pmin = −2018 ⇔ x = y = 2

Câu 4.

A D R

P B

a) PQ là đường trung bình tam giác BDC, suy ra PQ / /AR nên APQR là hình thang.

AQ =

1 BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) 2

PR =

1 BC (đường trung bình tam giác DBC) 2

Suy ra AQ = PR ⇒ APQR là hình thang cân b) Tính được BC = 10cm Tính chất đường phân giác trong của ∆ABC ⇒

DA BA DA BA = ⇒ = DC BC AC BC + BC

Thay số tính đúng AD = 3cm, DC = 5cm, DR = 2, 5cm Kết quả AR = 5,5cm

Câu 5.

A N

K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành). Theo định lý Talet có: MN NC MN MC + AB MN + NB ⇒ = = = = AB AN NB AB BN KM KD MD BK − KM AB − MD = = ⇒ = ⇒ BK KA AB BK AB Từ (1) và (2) ⇒

BM (1) BN BM AB − MD (2) = BK AB

BM BM AB + MC AB − MD MC + MD − = − = BN BK AB AB AB

Mà MC + MD = CD = AB nên

BM BM − = 1 (Đpcm) BN BK

Câu 6.

+ b2 − c 2

)

(

)(

− 4a 2 b 2 = a 2 + b 2 − c 2 + 2ab a 2 + b 2 − c 2 − 2ab

)

2 2 = ( a + b ) − c 2  ( a − b ) − c 2     = − ( a + b + c )( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a )

Tổng hai cạnh tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên cả 4 thừa số đều dương, suy ra điều phải chứng minh.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ61. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1: (4,0 điểm )Chứng minh rằng: a) A = 1 + 3 + 32 + 33 + ...+ 311 chia hết cho 40. b) B =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < 1. 2 2 3 4 100 2

Câu 2: (4,0điểm ) a) Cho a + b + c = 0, chứng minh rằng a3+b3+c3=3abc b) So sánh hai số sau: C = (2+1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1) và D = 232.

Câu 3: (4,0điểm ) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 + 2019x2 + 2018x + 2019. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của E = 2x2 – 8x + 1.

Câu4: (3,0 điểm)Chứng minh rằng trong một tứ giác, tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi của tứ giác ấy.

Câu 5: (4,0điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Qua I vẽ IM vuông góc với AB tại M và IN vuông góc với AC tại N. a) Chứng minh tứ giác AMIN là hình chữ nhật. b) Gọi D là điểm đối xứng của I qua N. Chứng minh tứ giác ADCI là hình thoi. c) Đường thẳng BN cắt DC tại K. Chứng minh rằng DK =

1 DC 3

Câu6: (1,0điểm)Chứng minh rằng: a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a(b + c + d + e)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: (4,0điểm )

(a + b )

= a 3 + b 3 + 3ab ( a + b )

A = 1 + 3 + 32 + 33 + ...+ 311 = ( 1 + 3 + 32+ 33) + (34 + 35 +36 + 37)+ (38 + 39+ 310 + 311) = ( 1 + 3 + 32+ 33) + 34. (1 + 3 + 32+ 33) + 38(1 + 3 + 32+ 33) = 40 + 34. 40 + 38. 40 = 40. (1 + 34 + 38) ⋮ 40 Vậy A ⋮ 40 b) Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + = + + + ... + 2 2 2.2 3.3 4.4 100.100 2 3 4 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < + + + ... + = 1 − + − + ... + − 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 99 100 1 = 1− <1 100

Vậy B < 1

Câu 2: (4,0điểm )

a) Ta có:a + b + c = 0 suy ra a + b = - c 3

Mặt khác: ( a + b ) = a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) 3

Suy ra ( − c ) = a 3 + b 3 + 3ab ( − c )

a 3 + b 3 + c 3 = 3abc (đpcm) b) Ta có: C =

( 2 + 1) ( 2 + 1)( 2 + 1)( 2 + 1)( 2 + 1) ( 2 − 1) C = ( 2 − 1) ( 2 + 1) ( 2 + 1)( 2 2

C = C = C = C =

(2 (2 (2 (2

2 4 8 16

)( )( )( − 1)( 2 + 1)( 2 + 1)( 2 − 1) ( 2 + 1)( 2 + 1) − 1)( 2 + 1) 2

)( + 1)

−1 2 +1 2 +1 2 +1 2 +1

)(

)

C = 2 32 − 1

Vì 232 - 1 < 232 nên C < D.

Câu 3:(4,0 điểm ) a) Ta có: x4 + 2019x2 + 2018x + 2019 = x4 + (x2 + 2018x2 )+ 2018x +( 2018 + 1) + x3 – x3 = (x4 + x3 + x2 )+ (2018x2 + 2018x +2018) – (x3 - 1) = x2(x2 + x + 1) + 2018(x2 + x + 1) – (x – 1)(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 + 2018 – x + 1) = (x2 + x + 1)(x2– x + 2019) b) Ta có: E = 2x2 – 8x + 1 = 2x2 – 8x + 8 - 7 = 2(x2 – 4x + 4) – 7 = 2(x – 2)2 – 7 ≥ - 7 Vậy giá trị nhỏ nhất của E = - 7 khi x = 2

Câu4: (3,0 điểm)

)(

+ 1 2 8 + 1 216 + 1

)

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD. Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Xét ∆ AOB, ta có: OA + OB > AB (Quan hệ giữa ba cạnh của tam giác). Xét ∆ COD, ta có: OC + OD > CD (Quan hệ giữa ba cạnh của tam giác). Suy ra: OA + OB + OC + OD > AB + CD

⇒ AC + BD > AB + CD ⇒ AC + BD > a + c

(1)

Chứng minh tương tự: AC + BD > AD + BC

⇒ AC + BD > d + b

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 2(AC + BD) > a + c + d + b

⇒ AC + BD >

a + c + d + b (*) 2

Xét ∆ ABC, ta có: AC < a + b Xét ∆ ADC, ta có: AC < d + c Suy ra:

⇒ AC <

2AC < a +b + c + d

a + c + d + b 2

Chứng minh tương tự: BD <

(3)

a + c + d + b (**) 2

(4)

Từ (3) và (4) suy ra: AC + BD < a +b + c +d. Từ (*) và (**) suy ra

Câu 5: (4,0điểm)

a + c + d + b < AC + BD < a + b + c + d ( dpcm ) 2

a) Xét tứ giác AMIN có: MAN = 900 (vì tam giác ABC vuông ở A) AMI = 900 (vì IM vuông góc với AB) ANI = 900 (vì IN vuông góc với AC) Vậy tứ giác AMIN là hình chữ nhật (Vì có 3 góc vuông) b) ∆ABC vuông tại A, có AI là trung tuyến nên AI = IC =

1 BC 2

Do đó ∆AIC cân tại I, có đường cao IN đồng thời là trung tuyến ⇒ NA = NC Mặt khác: NI = ND (tính chất đối xứng) nên ADCI là hình bình hành (1) Mà AC ⊥ ID (2) Từ (1) và (2) suy ratứ giác ADCI là hình thoi. c) Kẻ qua I đường thẳng IH song song với BK cắt CD tại H

⇒ IH là đường trung bình ∆BKC ⇒ H là trung điểm của CK hay KH = HC(3) Xét ∆DIH có N là trung điểm của DI, NK // IH (IH // BK) Do đó K là trung điểm của DH hay DK = KH (4) Từ (3) và (4) suy ra DK = KH = HC ⇒ DK = Câu 6:(1,0điểm) 2

1  1 Ta có :  a − b  ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 ≥ ab (1) 4 2  2

1  1 2 2  2 a − c  ≥ 0 ⇒ 4 a + c ≥ ac (2)   2

1  1 2 2  2 a − d  ≥ 0 ⇒ 4 a + d ≥ ad (3)  

1 DC 3

1  1 2 2  2 a − e  ≥ 0 ⇒ 4 a + e ≥ ae (4)  

Ta cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được :

1 4. a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ae 4 ⇔ a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a(b + c + d + e) (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ62. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4 điểm) a) Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : A = 5n + 2 + 26.5n + 8 2 n +1 ⋮ 59

Câu 2. (4 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử: a) x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz b) x 4 + 2011x 2 + 2010x + 2011

Câu 3. (4 điểm) a) Cho a + b = 2 và a 2 + b 2 = 20. Tính giá trị của biểu thức M = a 3 + b3 b) Cho a + b + c = 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 14. Tính giá trị của biểu thức N = a 4 + b 4 + c 4

Câu 4. (4 điểm)

= 60 0 ,O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi Cho hình thang cân ABCD có ACD E, F,G theo thứ tụ là trung điểm của OA, OD, BC. Tam giác EFG là tam giác gì ? Vì sao? Câu 5. (4 điểm) Cho hình bình hành ABCD có E,F thứ tự là trung điểm của AB,CD. a) Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD,EF đồng quy b) Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng

EMFN là hình bình hành HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 3

a) Ta phải chứng minh : A = n 3 + ( n + 1) + ( n + 2 ) ⋮ 9 với n ∈ ℤ

A = n 3 + n 3 + 3n 2 + 3n + 1 + n 3 + 6n 2 + 12n + 8 = 3n 3 + 9n 2 + 15n + 9 = 3n 3 − 3n + 9n 2 + 18n + 9

(

)

= 3n ( n − 1)( n + 1) + 9 n 2 + 2n + 1

(

)

Nhận thấy n ( n − 1)( n + 1)⋮ 3 ⇒ 3n ( n − 1)( n + 1)⋮ 9 và 9 n 2 + 2n + 1 ⋮ 9 Vậy A⋮ 9

b)5n + 2 + 26.5n + 8 2n +1 = 25.5n + 26.5n + 8.8 2n

(

= 5n ( 59 − 8 ) + 8.64 n = 59.5n + 8 64 n − 5 n

(

)

59.5 n ⋮ 59 và 8. 64 n − 5 n ⋮ ( 64 − 5 ) = 59 Vậy 5n + 2 + 26.5n + 8 2n +1 ⋮ 59

Câu 2. 3

a / x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + z 3 − 3xyz 3

= ( x + y + z ) − 3z ( x + y )( x + y + z ) − 3xy ( x + y + z ) 2 = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3z ( x + y ) − 3xy    2 2 2 = ( x + y + z )  x + y + z + 2xy + 2yzz + 2xz − 3zx − 3zy − 3xy 

(

= ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx

)

b / x 4 + 2011x 2 + 2010x + 2011 = x 4 + x 3 + x 2 + 2010x 2 + 2010x + 2010 − x 3 + 1

(

)

(

)

(

= x 2 x 2 + x + 1 + 2010 x 2 + x + 1 − ( x − 1) x 2 + x + 1

( = (x

)( + x + 1)( x

= x 2 + x + 1 x 2 + 2010 − x + 1 2

− x + 2011

)

Câu 3. 2

a) Từ a 2 + b 2 = 20 ⇒ ( a + b ) − 2ab = 20 ⇒ ab = −8 3

M = a 3 + b 3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = 2 3 − 3. ( −8 ) .2 = 56

(

b) Từ a 2 + b 2 + c 2 = 14 ⇒ a 2 + b 2 + c 2

)

(

= 196

⇒ a 4 + b 4 + c 4 = 196 − 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 2

Ta lại có: a + b + c = 0 ⇒ ( a + b + c ) = 0

)

⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 0 ⇒ ab + bc + ca = −7 2

⇒ ( ab + bc + ca ) = 49

⇒ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c ) = 49 ⇒ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 49

(

)

Do đó: N = a 4 + b 4 + c 4 = 196 − 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 196 − 2.49 = 98

Câu 4.

B E O G

= 60 0 suy ra ∆OAB và ∆OCD là các tam giác đều Do ABCD là hình thang cân và ACD Chứng minh ∆BFC vuông tại F Xét ∆BFC vuông tại F có: FG =

1 BC 2

Chứng minh ∆BEC vuông tại E có EG =

1 BC 2

Xét EF là đường trung bình ∆AOD ⇒ EF =

1 1 AD ⇒ EF = BC (ABCD hthang cân) 2 2

Suy ra EF = EG = FG ⇒ ∆EFG đều

Câu 5.

M O

N C

a) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD, ta có O là trung điểm của BD.Chứng minh BEDF là hình bình hành Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của EF Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O b) Xét ∆ABD có M là trọng tâm, nên OM = Xét ∆BCD có N là trọng tâm, nên ON =

1 OA 3

1 OC 3

Mà OA = OC nên OM = ON Tứ giác EMFN có OM = ON, OE = OF nên là hình bình hành

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 63. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2,0 điểm)Chứng minh rằng a) 8 5 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44

Câu 2. (6,0 điểm)Tìm x, biết: a) x 2 − 2005x − 2006 = 0 b)

x+1 x+2 x+3 x+ 4 x+ 5 x+6 + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2

Câu 3. (4,0 điểm)Cho biểu thức : A =

3x3 − 14x2 + 3x + 36 3x3 − 19x 2 + 33x − 9

a) Tìm giá trị của biểu thức A xác định b) Tìm giá trị của biểu thức A có giá tri bằng 0 c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi D, E,F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CA . Gọi M, N, P,Q theo thứ tự là trung điểm của AD, AF,EF, ED a) Tứ giác MNPQ là hình gì ? Tại sao ? b) Tam giác ABC có điều kiện gì thì MNPQ là hình chữ nhật ? c) Tam giác ABC có điều kiện gì thì MNPQ là hình thoi ?

= 600 , phân giác BD. Gọi M,N,I Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC theo thứ tự là trung điểm của BD, BC,CD a) Tứ giác AMNI là hình gì ? Chứng minh b) Cho AB = 4cm, Tính các cạnh của tứ giác AMNI

Câu 6. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của M = 4x 2 + 4x + 5 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

( )

a) Ta có: 8 5 + 211 = 2 3

(

)

+ 211 = 215 + 211 = 211. 2 4 + 1 = 211.17 chia hết cho 17

b) Ta có:

(

)

(

)

1919 + 69 19 = ( 19 + 69 ) 1918 − 1917 ,69 + .... + 6918 = 88. 1918 − 19 17 , 69 + .... + 6918 chia hết cho 44

Câu 2. a) Ta có:

x 2 − 2005x − 2006 = 0 ⇔ x 2 − 1 − 2005x − 2005 = 0

⇔ ( x − 1)( x + 1) − 2005 ( x + 1) = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 1 − 2005 ) = 0  x = −1 ⇔  x = 2006 b) Ta có:

x +1 x + 2 x + 3 x + 4 x+ 5 x+ 6 + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003  x +1   x+2   x+3   x+4   x+5   x+6  ⇔ + 1 +  + 1 +  + 1 =  + 1 +  + 1 +  + 1  2008   2007   2006   2005   2004   2003  x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 x + 2009 ⇔ + + − − − =0 2008 2007 2006 2005 2004 2003  1 1 1 1 1 1  ⇔ ( x + 2009 )  + + − − − =0  2008 2007 2006 2005 2004 2003  ⇔ x = −2009 c) Ta có:

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2

x 2 + 9x + 20 = ( x + 4 )( x + 5 ) x 2 + 11x + 30 = ( x + 5 )( x + 6 ) x 2 + 13x + 42 = ( x + 6 )( x + 7 )

ĐKXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 . Phương trình tương đương với:

⇔

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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 ⇔ 18 ( x + 7 ) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 ) ⇔

⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0

 x = −13 ⇔ x = 2 Câu 3. 2

( x − 3 ) . ( 3x + 4 ) . Vậy biểu thức A xác định khi x ≠ 3; x ≠ 1 Ta có A = 3 ( x − 3) . ( 3x − 1) 2

b) Ta có: A =

3x + 4 −4 , do đó A = 0 ⇔ 3x + 4 = 0 ⇔ x = 3x − 1 3

4 Vậy với x = − thì biểu thức A có giá trị bằng 0 3 c) Ta có: A =

3x + 4 5 = 1+ 3x − 1 3x − 1

Để A có giá trị nguyên thì

5 ∈ ℤ ⇔ ( 3x − 1) ∈ U(5) = {±1; ±5} 3x − 1

 4 2  ⇒ x ∈ − ; 0; ; 2  3   3 Vậy với giá trị nguyên của x là 0 và 2 thì A có giá trị nguyên

Câu 4.

A M

1  DF   2 a)  ⇒ MN / /PQ; MN = PQ. Vậy MNPQ là hình bình hành 1 PQ / /DF; PQ = DF   2 MN / /DF; MN =

b) Giả sử MNPQ là hình chữ nhật thì MP = NQ

AC  2  ⇒ AC = AB Mà  AB  NQ = AD = 2  MP = AF =

Vậy ∆ABC cân tại A thì MNPQ là hình chữ nhật c) Giả sử MNPQ là hình thoi thì MN = MQ

MN = MQ ⇔

BC AE 1 = ⇔ AE = BC 4 2 2

Vậy tam giác ABC vuông tại A thì MNPQ là hình thoi

Câu 5.

B N

a) Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang Chứng minh được AN = MI , từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân b) Tính được: AD =

NI = AM =

4 3 8 3 1 4 3 cm; BD = 2AD = cm; AM = BD = cm 3 3 2 3

4 3 8 3 1 4 3 8 3 cm, DC = BC = cm,MN = DC = cm, AI = cm 3 3 2 3 3

2 2 Câu 6.Ta có : M = 4x 2 + 4x + 5 = ( 2x ) + 2.2x.1 + 1 + 4 = ( 2x + 1) + 4   2

Vì ( 2x + 1) ≥ 0 ⇒ ( 2x + 1) + 4 ≥ 4 ⇔ M ≥ 4 Vậy GTNN của M = 4 ⇔ x = −0, 5

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 64. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (3 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x 4 + 4

( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

2. Cho

a2 b2 c2 a b c + + =0 + + = 1. Chứng minh rằng: b+c c+a a+ b b+c c+a a+b

Câu 2. (2 điểm) 1. Tìm a, b sao cho f(x) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 + x − 2 2. Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố

Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy 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 4. (1,5 điểm) Cho a, b dương và a 2000 + b 2000 = a 2001 + b 2001 = a 2002 + b 2002 . Tính : a 2011 + b 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1a. x 4 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4 − 4x 2

( = (x

) + 2x + 2 )( x

(

)

= x 4 + 4x 2 + 4 − ( 2x ) = x 2 + 2 − ( 2x ) 2

− 2x + 2

)

1b. ( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 )( x + 5 ) − 24

(

)(

)

= x 2 + 7x + 11 − 1 x 2 + 7x + 11 + 1 − 24 2 =  x 2 + 7x + 11 − 1 − 24  

(

)

( = (x

) + 7x + 6 )( x + 7x + 16 ) = ( x + 1)( x + 6 ) ( x + 7x + 16 ) = x 2 + 7x + 11 − 52 2

2. Nhân cả 2 vế của

a b c + + = 1 với a + b + c , rút gọn suy ra đpcm b+c c+a a+b

Câu 2. 1. Ta có: g(x) = x 2 + x − 2 = ( x − 1)( x + 2 ) Vì f(x) = ax3 + bx2 + 10x − 4 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 + x − 2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x) = g ( x ) .q(x) ⇒ ax 3 + bx 2 + 10x − 4 = ( x + 2 ) . ( x − 1) .q(x)

Với x = 1 ⇒ a + b + 6 = 0 ⇒ b = −a − 6 Với x = −2 ⇒ 2a − b + 6 = 0

(1)

(2)

Thay (1) vào (2), ta có: a = 2; b = 4

(

)(

2. Ta có: a 4 + 4 = a 2 − 2a + 2 . a 2 + 2a + 2

)

Vì a ∈ ℤ ⇒ a 2 − 2a + 2 ∈ ℤ;a 2 + 2a + 2 ∈ ℤ 2

Có: a 2 + 2a + 2 = ( a + 1) + 1 ≥ 1∀a và a 2 − 2a + 2 = ( a − 1) + 1 ≥ 1(∀a)

a 2 + 2a + 2 = 1 a = 1(tm) Vậy a 4 + 4 là số nguyên tố thì  2 ⇔ a − 2a + 2 = 1 a = −1(tm) Câu 3.

a) Chứng minh AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ dfcm b) DE, BF,CM là ba đường cao của ∆EFC ⇒ dfcm c) Có chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

⇒ ME + MF = a không đổi ⇒ S AEMF = ME.MF lớn nhất ⇔ ME = MF (AEMF là hình vuông)

⇒ M là trung điểm của BD. Câu 4.

2001

)

(

)

+ b 2001 ( a + b ) − a 2000 + b 2000 ab = a 2002 + b 2002

⇒ ( a + 1) − ab = 1 a = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 1 ⇒  b = 1  b = 1(tm) Vì a = 1 ⇒ b 2000 = b 2001 ⇒   b = 0(ktm) a = 1(tm) Vì b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0(ktm)

Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b2011 = 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 65. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x 3 − x 2 − 14x + 24 b) x 4 + 2018x 2 + 2017x + 2018 2) Cho x + y = 1 và xy ≠ 0. Chứng minh rằng: 2 (x − y) y x − 3 + 2 2 =0 y −1 x −1 x y + 3 3

Câu 2. (3,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn y 2 + 2xy − 3x − 2 = 0 b) Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2x 2 +

1 y2 + = 4 sao cho tích x.y đạt giá trị x2 4

lớn nhất.

Câu 3. (3,0 điểm) a) Tìm đa thức f(x), biết f(x) chia cho x + 2 dư 10, chia cho x − 2 dư 24, chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư b) Cho p và 2p + 1 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p + 1 là hợp số

Câu 4. (8,0 điểm)

. Gọi M Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) có AD là tia phân giác của BAC và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC,E là giao điểm của BN và DM, F là giao điểm của CM và DN. 1) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC. 2) Gọi H là giao điểm của BN và CM. Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆NFA và H là trực tâm ∆AEF 3) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BK và AD là I. Chứng minh :

BI AO DM + + >9 KI KO KM

Câu 5. (2,0 điểm) m2 n2 ( m + n ) a) Cho x > 0, y > 0 và m,n là hai số thực. Chứng minh rằng + ≥ x y x+y b) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b) 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) a) x 3 − x 2 − 14x + 24 = x 3 − 2x 2 + x 2 − 2x − 12x + 24

(

)

= x 2 ( x − 2 ) + x ( x − 2 ) − 12 ( x − 2 ) = x 2 + x − 12 ( x − 2 ) = ( x − 2 )( x − 3 )( x + 4 )

b) x 4 + 2018x 2 + 2017x + 2018 = x 4 + 2017x 2 + x 2 + 2017x + 2017 + 1

( = (x = (x

) + x + 1)( x + x + 1)( x

(

) − x + 1) + 2017 ( x − x + 2018 )

= x 4 + x 2 + 1 + 2017 x 2 + x + 1

2 2

Với x + y = 1 và xy ≠ 0 ta có:

+ x +1

)

y x4 − x − y 4 + y x − = y 3 − 1 x3 − 1 y3 − 1 x3 − 1

(

)(

)

− y4 − ( x − y )

(

)(

xy x 2 + x + 1 y 2 + y + 1

)

( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) − 1 = xy ( x y + xy ( x + y ) + x + y + xy + 2 ) (x − y)(x − x + y − y) = xy ( x y + ( x + y ) + 2 ) ( x − y ) x ( x − 1) + y ( y − 1) −2 ( x − y ) = = 2

(

xy x 2 + y 2 + 3

Vậy

)

x2 y2 + 3

2 (x − y) y x − 3 + 2 2 =0 y −1 x −1 x y + 3 3

Câu 2. a) Ta có: y 2 + 2xy − 3x − 2 = 0 ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = x 2 + 3x + 2 ⇔ ( x + y ) = ( x + 1)( x + 2 )( * )

VT (*) là số chính phương, VP (*) là tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0 x + 1 = 0  x = −1 ⇒ ⇔ x + 2 = 0  x = −2

Với x = −1 ⇒ y = 1 Với x = −2 ⇒ y = 2 b) Điều kiện x ≠ 0

2x 2 +

 1 y2  2 1   2 y2 + = 4 ⇔ x + − 2 − xy  + xy = 2  +x + 2 2 4 4 x x     2

y  1  ⇔  x −  +  x −  + xy = 2 x  2  2

y  1  Vì  x −  ≥ 0;  x −  ≥ 0 với mọi x ≠ 0; mọi y x 2  

Do đó xy ≤ 2 mà x, y ∈ ℤ

 x = 1; y = 2  x = 2; y = 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   x = −1; y = −2   x = −2; y = −1

Câu 3.

a) Giả sử f ( x ) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và dư ax + b

(

)

Khi đó f(x) = x 2 − 4 ( −5x ) + xa + b

7  f(2) = 24 2a + b = 24 a = Theo đề ta có:  ⇒ ⇒ 2 f( −2) = 10 −2a + b = 10  b = 17  7 Do đó f(x) = x 2 − 4 ( −5x ) + x + 17 2

(

Vậy f(x) = −5x 2 + b)

)

47 x + 17 2

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p = 3k + 1; p = 3k − 1 với k > 1

+ Nếu p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 6k + 3 = 3 ( 2k + 1) Suy ra 2p + 1 là hợp số (vô lý) +Nếu p = 3k − 1, k > 1 thì 4p + 1 = 12k − 3 = 3. ( 4k − 1) Do k > 1 nên 4k − 1 > 3. Do đó 4p + 1 là hợp số.

Câu 4.

A N M

H E K

LF OD

1) *Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông

= 90 0 ; AND = 90 0 ; MAN = 90 0 +) Chứng minh AMD Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật

nên tứ giác AMDN là hình +)Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN vuông.

*Chứng minh EF // BC +) Chứng minh : Chứng minh:

FM DB = FC DC

DB MB = DC MA

(1) (2)

Chứng minh AM = DN ⇒ Chứng minh

MB EM = DN ED

MB MB = MA DN

(3)

(4)

Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) suy ra

EM FM = ⇒ EF / /BC ED FC

2) Chứng minh ∆ANB ∼ ∆NFA Chứng minh AN = DN. suy ra Chứng minh

DN CN = AB CA

(6)

Chứng minh

CN FN = CA AM

(7)

AN DN = AB AB

(5)

FN FN = AM AN

(8)

Chứng minh AM = AN. Suy ra Từ (5) (6) (7) (8) suy ra

AN FN = ⇒ ∆ANB ∼ ∆NFA ( c.g.c ) AB AN

*chứng minh H là trực tâm tam giác AEF

= FAN Vì ∆ANB ∼ ∆NFA nên NBA + FAN = 90 0 ⇒ NBA + BAF = 90 0 Mà BAF Suy ra EH ⊥ AF , Tương tự: FH ⊥ AE , suy ra H là trực tâm ∆AEF

3) Đặt S AKD = a,S BKD = b,S AKB = c. Khi đó: S ABD S ABD S ABD a + b + c a + b + c a + b + c + + = + + S AKD S BDK S AKB a b c

b a  a c b c  = 3+ + + + + +  a b c a  c b Theo định lý AM-GM ta có: Tương tự : Suy ra

a c + ≥2 c a

;

b a + ≥2 a b

b c + ≥2 c b

BI AO DM + + ≥9 KI KO KM

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ∆ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết.

Câu 5. 5a) Với x > 0, y > 0 và m, n ∈ ℝ ta có:

m 2 n2 ( m + n ) + ≥ x y x+y

(

(1)

)

⇔ m 2 y + n 2 x ( x + y ) ≥ xy ( m + n )

⇔ ( nx − my ) ≥ 0 luôn đúng

5b) Áp dụng bất đẳng thức ( 1) ta có: 2

m 2 n 2 p2 ( m + n ) p2 ( m + n + p ) + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z

(2)

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) ab + ac bc + ab ac + bc Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 2

 1 1 1 1 1 1  + +  a 2 + b2 + c 2 ≥  a b c  = ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ac )

 1 1 1 a + b + c   do (  1 1 1 2 + +  a b c

abc = 1)

1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 Hay a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 + b + c ≥ Mà + + ≥ 3 nên a ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c Do đó:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ66. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) thành nhân tử 2

b) Cho a, b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 Tính giá trị của biểu thức: P =

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b2 + 2ac c 2 + 2ab

(

)

(

c) Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng: 2 x 5 + y 5 + z 5 = 5xyz x 2 + y 2 + z 2

Câu 2. (2 điểm)

)

a) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương 2

1  1 25  b) Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh  a +  +  b +  ≥ b  a 2 

Câu 3. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các

tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo EAF Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB',CC' và H là trực tâm a) Chứng minh BC'.BA + CB'.CA = BC 2 b) Chứng minh rằng:

HB.HC HA.HB HC.HA + + =1 AB.AC BC.AC BC.AB

c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN.

Câu 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2 . Chứng minh rằng có ít nhất 505 đường thẳng 3

trong 2018 đường thẳng trên đồng quy.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. a) a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b ) = a 2 ( b − c ) − b 2 ( a − c ) + c 2 ( a − b )

= a 2 ( b − c ) − b 2 ( a − b ) + ( b − c )  + c 2 ( a − b )

(

= a 2 − b2

) ( b − c) + (c

)

− b2 ( a − b )

= ( a − b )( a + b )( b − c ) − ( b − c )( b + c )( a − b )

= ( a − b )( b − c ) a + b − b − c  = ( a − b )( b − c )( a − c ) b)

(a + b + c )

= a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ab + ac + bc = 0

a2 a2 a2 = = a 2 + 2bc a 2 − ab − ac + bc ( a − b )( a − c )

Tương tự:

b2 b2 = b 2 + 2ac ( b − a )( b − c )

;

c2 c2 = c 2 + 2ac ( c − a )( c − b )

a2 b2 c2 + + a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab a2 b2 c2 = − + ( a − b )( a − c ) ( a − b )( b − c ) ( a − c )( b − c )

( a − b )( a − c )( b − c ) = 1 ( a − b )( a − c )( b − c ) 3

c) Vì x + y + z = 0 ⇒ x + y = − z ⇒ ( x + y ) = − z 3 Hay x 3 + y 3 + 3xy ( x + y ) = − z 3 ⇒ 3xyz = x 3 + y 3 + z 3 Do đó:

(

) ( )( ) (y + z ) + y (z + x ) + z (x + y )

3xyz x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 x 2 + y 2 + z 2 5

=x +y +z +x

Mà x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2xy = z 2 − 2xy

( Vi

x + y = −z )

Tương tự: y 2 + z 2 = x 2 − 2yz; z 2 + x 2 = y 2 − 2zx

(

)

(

)

(

)

(

Vì vậy: 3xyz x 2 + y 2 + z 2 = x 5 + y 5 + z 5 + x 3 x 2 − 2yz + y 3 y 2 − 2zx + z 3 z 2 − 2xy

(

)

(

= 2 x 5 + y 5 + z 5 − 2xyz x 2 + y 2 + z 2

(

)

(

Suy ra : 2 x 5 + y 5 + z 5 = 5xyz x 2 + y 2 + z 2

)

Câu 2. a) Để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương

⇔ n + 18 = p2 và n − 41 = q 2 ( p, q ∈ ℕ ) ⇒ p2 − q 2 = ( n + 18 ) − ( n − 41) = 59 ⇔ ( p − q )( p + q ) = 59

p − q = 1  p = 30 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:  ⇔  p + q = 59 q = 29

Từ n + 18 = p2 = 30 2 = 900 ⇒ n = 882 Thay vào n − 41, ta được 882 − 41 = 841 = 29 2 = q 2 Vậy với n = 882 thì n + 18 và n − 41 là hai số chính phương 2

b) Có: ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2ab ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab

(*)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b 2

 1  25  1 Áp dụng ( * ) có:  a +  + ≥ 5a +  b 4 b   2

;

 1  25  1  b + a  + 4 ≥ 5 b + a     

  1  1  25 1  1  ≥ 5  a +  +  b +   Suy ra:  a +  +  b +  + b  a 2 b  a   

)

Với a, b dương , chứng minh

a + b = 1)

1 1 4 + ≥ =4 a b a+b

(Vi

a + b = 1)

Dấu bằng xảy ra khi a = b 2

1  1  25  Ta được:  a +  +  b +  + ≥ 5 + 5.4 b  a 2  2

1 1  1 25  . Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = ⇔ a +  +  b +  ≥ b  a 2 2 

Câu 3. A

= ECF Chứng minh được ABE Chứng minh được ∆ABE = ∆FCE ( c.g.c ) ⇒ AE = EF Tương tự: AF = EF

= 60 0 ⇒ AE = EF = AF ⇒ ∆AEF đều ⇒ EAF Câu 4. A

C' H

B' N

M B

A' D

a) Chứng minh ∆BHC' ∼ ∆BAB' ⇒

BH BC' = ⇒ BH.BB' = BC'.BA AB BB'

(1)

Chứng minh ∆BHA' ∼ ∆BCB' ⇒

BH BA' = ⇒ BH.BB' = BC.BA ' BC BB'

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ BC'.BA = BA'.BC Tương tự : CB'.CA = CA'.BC ⇒ BC'.BA + CB'.CA = BA '.BC + CA '.BC = ( BA '+ A ' C ) .BC = BC 2

b) Có

BH BC' BH.CH BC'.CH S BHC = ⇒ = = AB BB' AB.AC BB'.AC S ABC

Tương tự:

⇒

AH.BH S AHB AH.CH S AHC = ; = CB.CA S ABC CB.AB S ABC

HB.HC HA.HB HC.HA S ABC + + = =1 AB.AC AC.BC BC.AB S ABC c) Chứng minh ∆AHM ∼ ∆CDH ( g.g ) ⇒ Chứng minh ∆AHN ∼ ∆BDH ( g.g ) ⇒

HM AH = HD CD

(3)

AH HN = BD HD

(4)

Mà CD = BD

(gt)

Từ ( 3 ) , ( 4 ) , ( 5 ) ⇒

HM HN = ⇒ HM = HN ⇒ H là trung điểm của MN HD HD

(5)

Câu 5. Gọi E, F, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD. Lấy các điểm I,G trên EF và K,H trên PQ thỏa mãn:

IE HP GF KQ 2 = = = = IF HQ GE KP 3 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD, BC,EF lần lượt tại M, N, G'. Ta có: AB. ( BM + AN )

S ABMN 2 2 EG ' 2 2 = ⇔ = ⇔ = ⇔ G ≡ G ' hay d qua G. S CDNM 3 G'F 3 CD. ( CM + DN ) 3

2 Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề Câu đều đi qua một trong 4 điểm G,H,I, K . Do có 2018 đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm

 2018  G,H,I, K theonguyên lý Dirichle phải tồn tại ít nhất   + 1 = 505 đường thẳng  4  cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ67. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (3,5 điểm) 3 a) Chứng minh n + 17n chia hết cho 6 với mọi n ∈ ℤ

b) Rút gọn biểu thức:

(x (x

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

Câu 2. (4,5 điểm) c) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 4m thì dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 8m dừng lai 2 giây, rồi đi tiếp 12m dừng lại 3 giây… Cứ như vậy đi từ A đến B kể cả dừng hết tất cả 155 giây. Biết rằng khi đi vật thể luôn có vận tốc 2m / giây. Tính khoảng cách từ A đến B.

a 2 + b2 d) Biết a − 3ab = 5 và b − 3a b = 10 . Tính M = 2018 3

Câu 3. (4 điểm)

(

)(

)

c) Giải phương trình: x 2 − x + 1 x 2 − x + 2 = 12 d) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

Câu 4. (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác BD. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của BD, BC, DC c) Chứng minh APQR là hình thang cân d) Biết AB = 6cm, AC = 8cm. Tính độ dài của AR

Câu 5. (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD tại M, cắt đường chéo AC tại N và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh:

1 1 1 = + BN BM BK

Câu 6. (1,0 điểm) Biết a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

+ b2 − c 2

)

− 4a 2 b 2 < 0

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. c) n 3 + 17n = n 3 − n + 18n = n ( n − 1)( n + 1) + 18n

Vì n ( n − 1)( n + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3, ( 2, 3 ) = 1 nên chia hết cho 6

18n ⋮ 6 , suy ra điều phải chứng minh d)

(x (x =

2 2

) − a ) (1 − a ) + a x

+ a (1 + a ) + a 2 x2 + 1 2

x2 + x2a + a + a 2 + a 2 x2 + 1 x2 − x2a − a + a 2 + a 2 x2 + 1

( (

) ( ) (

2 2 2 x2 + x2a + a 2 x2 + 1 + a + a 2 x 1 + a + a + 1 + a + a = x2 − x2a + a 2 x2 + 1 − a + a 2 x2 1 − a + a 2 + 1 − a + a 2

(x = (x

)( ) = 1+ a + a + 1)( 1 − a + a ) 1 − a + a

+ 1 1 + a + a2

) )

Câu 2. c) Gọi x là số lần đi ( x ∈ ℕ , x > 0 ) , số lần dừng là x − 1 Thời gian đi

4 8 12 4x + + + ..... + = 2 + 4 + 6 + ..... + 2x 2 2 2 2 = 2 ( 1 + 2 + 3 + .... + x ) = x ( x + 1) Thời gian dừng:

1 + 2 + 3 + ..... + ( x − 1) =

( x − 1 + 1)( x − 1) = x(x − 1) 2

Lập được phương trình

 x = 10 (tm) x(x − 1) 2  + x(x + 1) = 155 ⇔ 3x + x − 310 ⇔  x = −31 (ktm) 2  3 Khoảng cách AB là 10. ( 10 + 1) .2 = 220(m) d)

a 3 − 3ab 2 = 5 ⇒ a 6 − 6a 4 b 2 + 9a 2 b 4 = 25 b 3 − 3a 2 b = 10 ⇒ b 6 − 6a 2 b 4 + 9a 4 b 2 = 100 ⇒ a 6 + 3a 4 b 2 + 3a 2 b 4 + b6 = 125

(

⇒ a 2 + b2

)

= 53 ⇒

a 2 + b2 5 = 2018 2018

Câu 3. c)

)(

)

− x + 1 x 2 − x + 2 = 12

Đặt x 2 − x + 1 = X có

X 2 + X − 12 = 0

⇔ X 2 + 4X − 3X − 12 = 0 ⇔ X ( X + 4 ) − 3 ( X + 4 ) = 0

X = 3 ⇔ ( X − 3 )( X + 4 ) = 0 ⇔   X = −4 2

 1  19 X = −4 ⇒ x − x + 5 = 0 ⇒  x −  + = 0 (VN) 2 4  X = 3 ⇒ x 2 − x − 2 = 0 ⇒ x 2 − 2x + ( x − 2 ) = 0 2

(

)

 x = −1 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 d)

P = x 2 + y 2 − 4 ( x + y ) − 2010

(

) (

)

= x 2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 − 2018 2

= ( x − 2 ) + ( y − 2 ) − 2018 ≥ −2018 Vậy Pmin = −2018 ⇔ x = y = 2

Câu 4.

A D R

P B

c) PQ là đường trung bình tam giác BDC, suy ra PQ / /AR nên APQR là hình thang.

AQ =

1 BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) 2

PR =

1 BC (đường trung bình tam giác DBC) 2

Suy ra AQ = PR ⇒ APQR là hình thang cân d) Tính được BC = 10cm Tính chất đường phân giác trong của ∆ABC

⇒

DA BA DA BA = ⇒ = DC BC AC BC + BC

Thay số tính đúng AD = 3cm, DC = 5cm, DR = 2, 5cm Kết quả AR = 5, 5cm

Câu 5.

A N

K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành). Theo định lý Talet có: MN NC MN MC + AB MN + NB = = ⇒ = = AB AN NB AB BN KM KD MD BK − KM AB − MD = = ⇒ = ⇒ BK KA AB BK AB Từ (1) và (2) ⇒

BM (1) BN BM AB − MD (2) = BK AB

BM BM AB + MC AB − MD MC + MD − = − = BN BK AB AB AB

Mà MC + MD = CD = AB nên

BM BM − = 1 (Điều phải chứng minh) BN BK

Câu 6.

+ b2 − c 2

)

(

)(

− 4a 2 b 2 = a 2 + b 2 − c 2 + 2ab a 2 + b 2 − c 2 − 2ab

)

2 2 = ( a + b ) − c 2  ( a − b ) − c 2     = − ( a + b + c )( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a )

Tổng hai cạnh tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên cả 4 thừa số đều dương, suy ra điều phải chứng minh.

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 68. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,0 điểm)  x 2 − 2x   2x 2 1 2  Cho biểu thức A =  2 − . 1− − 2  2 3   x x   2x + 8 8 − 4x + 2x − x  

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn A b) Tìm các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) x +

x −1 x +1 < − ( m − 2 ) x (với m là tham số , m ≠ 0) m m 2

 1  1 b) 8.  x +  − 4.  x 2 + 2 x x  

2   1  2 1   .  x + x  = ( x + 4 ) − 4.  x + 2  x     

( 2x + 3) + ( 3x − 5 ) = ( 5x − 2 ) − ( 5x − 2 ) (17x

+ 2016x − 2063

)

Câu 3. (2,0 điểm)

(

)

a) Tìm các số tự nhiên n để B = n 2 − 8 + 36 là số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An khi đã hoàn thành Câu tập mà giáo viên giao cho thì đã giết thời gian bằng cách liệt kê ra một bảng các số nguyên. Bận ấy bắt đầu ghi ra một số nguyên nào đó; để có số tiếp theo, An đã cộng hoặc nhân các chữ số của số đứng liền trước. Cứ tiếp tục như thế, và rồi nhận ra rằng các số mình ghi đều là số lẻ. Hỏi có bao nhiêu số đầu tiên An có thể chọn, biết rằng nó không quá 6 chữ số.

Câu 4. (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H. a) Tính tổng

HD HE HF + + AD BE CF

b) Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC2 c) Chứng minh: Điểm H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Trên các đoạn HB, HC lấy tương ứng các điểm M, N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng minh : Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định .

Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b,c là các số dương.Chứng minh:

1 1 1 27 + + ≥ a ( a + b ) b ( b + c ) c(c + a) 2(a + b + c)2

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. 2x 2 + 8 ≠ 0 x ≠ 0  a) ĐKXĐ: 8 − 4x + 2x 2 − x 3 ≠ 0 ⇔  x ≠ 2 x ≠ 0  x ≠ 0 Với  thì: x ≠ 2

 x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 − . 1− − 2  2 3    2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x   x(x − 2)  x2 − x − 2 2x 2 . = + x2  2(x 2 + 4) x 2 + 4 ( x − 2 )   

(

)

x ( x − 2 ) + 2x 2 .2 ( x + 1)( x − 2 ) = . x2 2 x2 + 4 ( x − 2 )

(

(x = =

)

− 4x + 4 + 4x 2 x + 1 . x 2 x2 + 4

(

)

x2 + 4

x+1 x+1 = x 2x 2 x +4

(

)

x ≠ 0 x+1 Vậy , với  thì A = 2x x ≠ 2 x ≠ 0 b) Xét với  (* ) x ≠ 2

Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên thì biểu thức 2A cũng nhận giá trị nguyên

2A ∈ ℤ ⇔

2x + 2 1 ∈ ℤ ⇔ ∈ ℤ ⇔ x ∈ {−1;1} 2x x

x = −1; x = 1 đều thỏa mãn ( * ) Với x = −1 thì A = Với x = 1 thì A =

−1 + 1 = 0 (thỏa mãn A ∈ ℤ) 2( −1)

1+1 = 2 (thỏa mãn A ∈ ℤ) 2.1

Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì x ∈ {−1;1}

Câu 2. x −1 x +1 2 < − ( m − 2 ) x ⇔ ( m − 1) x < m m m

(2a)

+) Nếu m < 1 và m ≠ 0 thì m − 1 < 0. ⇒ ( 2a ) ⇔ x >

2 m ( m − 1)

a) x +

+)Nếu m > 1 thì m − 1 > 0. ( 2a ) ⇔ x <

2 m(m − 1)

+)Nếu m = 1 thì m − 1 = 0. ⇒ ( 2a ) ⇔ 0x < 2 ( luon

dung )

Kết luận:   2 +Với m < 1 và m ≠ 0 thì tập nghiệm BPT là S = x ∈ ℝ / x >  m(m − 1)  

+Với m = 1 thì tập nghiệm của BPT là S = ℝ   2 +Với m > 1 thì tập nghiệm của BPT là: S =  x ∈ ℝ / x <  m(m − 1)   2

2  1  1  1  1  b) 8  x +  − 4  x 2 + 2   x +  = ( x + 4 ) − 4  x 2 + 2  ( 2b ) x x x  x      

Điều kiện x ≠ 0 , Khi đó: 2

2 ( 2b ) ⇔ 8  x + x1  + 4  x2 + x12  − 4  x2 + x12   x + x1  = ( x + 4 )        2 2 2  1  1   1   1  ⇔ 8  x +  + 4  x 2 + 2   x 2 + 2  −  x +   = ( x + 4 ) x x  x   x      2

2 1 1    ⇔ 8  x +  − 8  x2 + 2  = ( x + 4 ) x x    x = 0 2 ⇔ ( x + 4 ) = 16 ⇔   x = −8

Vì x ≠ 0 nên S = {−8} c) Trước hết chứng minh được rằng: Nếu có 3 số a, b,c thỏa mãn a + b + c = 0 thì a 3 + b3 + c 3 = 3abc

(2c)

Ta có: 3

( 2x + 3 ) + ( 3x − 5 ) = ( 5x − 2 ) − ( 5x − 2 ) (17x + 2016x − 2063 ) ⇔ ( 2x + 3 ) + ( 3x − 5 ) + ( 2 − 5x ) = ( 2 − 5x ) ( 17x + 2016x − 2063 ) 3

Áp dụng đẳng thức (2c) và vì ( 2x + 3 ) + ( 3x − 5 ) + ( 2 − 5x ) = 0 nên phương trình đã cho tương đương với :

(

3 ( 2x + 3 )( 3x − 5 )( 2 − 5x ) = ( 2 − 5x ) 17x 2 + 2016x − 2063

)

⇔ ( 2 − 5x )  3 6x 2 − x − 15 − 17x 2 + 2016x − 2063  = 0   2 ⇔ ( 2 − 5x ) x − 2019x + 2018 = 0

(

) (

)

⇔ ( 2 − 5x )( x − 1)( x − 2018 ) = 0  2 x = 5  ⇔ x = 1  x = 2018  

2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =  ;1; 2018  5 

Câu 3.

a) Ta có:

(

)

B = n 2 − 8 + 36 = n 4 − 16n 2 + 64 + 36 = n 4 + 20n 2 + 100 − 36n 2

( = (n

)

= n 2 + 10 − ( 6n ) 2

)(

− 6n + 10 n 2 + 6n + 10

)

Với n ∈ ℕ thì 0 < n 2 − 6n + 10 ≤ n 2 + 6n + 10 Nên để B là số nguyên tố thì trước hết n 2 − 6n + 10 = 1 2

Hay ( n − 3 ) = 0 ⇔ n = 3

(

)

Thử lại , với n = 3 thì B = 32 − 8 + 36 = 37 37 là số nguyên tố nên n = 3 là giá tị cần tìm b) Ta gọi số đầu tiên thỏa mãn đề Câu là số chấp nhận được. Các chữ số của số chấp nhận đều phải là số lẻ, vì nếu không tích của chúng sẽ chẵn Như vậy có 5 số chấp nhận được có 1 chữ số Không thể có số chấp nhận được gồm 2 chữ số vì thế thì tổng hoặc tích các chữ số của chúng sẽ là số chẵn. Tương tự như vậy số chấp nhận được cũng không thể có 4 hoặc 6 chữ số. Ta xét các số chấp nhận được gồm ba chữ số (tổng và tích các chữ số của các số chấp nhận được gồm ba chữ số này phải là số lẻ, và chúng không thể có hai chữ số, nên và tổng và tích các chữ số không thể vượt quá 9. Như vậy số chấp nhận được gồm 3 chữ số có thể: Hoặc là gồm 3 chữ số 1, Hoặc là gồm hai chữ số 1, số còn lại là 1 trong 3 chữ số 3,5,7 Hoặc gồm 1 chữ số 1 và 2 chữ số 3 Do đó có 1 + 9 + 3 = 13 số chấp nhận được có 3 chữ số. Tương tự như thế , ta tính được số chấp nhận được gồm 5 chữ số. Tổng các chữ số không vượt quá 45 và là số chấp nhận được nên tích không vượt quá 9, khả năng xảy ra là : Hoặc gồm 5 chữ số 1 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 3 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 5 Hoặc gồm ba chữ số 1 và hai chữ số 3 Do đó số các số chấp nhận được gồm 5 chữ số:

1 + 5 + 5 + 10 = 21 số Vậy số các số thỏa mãn đề Câu là: 5 + 13 + 21 = 39 số

Câu 4.

A E F

H B

K a) Trước hết chứng minh : Tương tự có:

HD S HBC = AD S ABC

HE S HCA HF S HAB = ; = BE S ABC CF S ABC

Nên

HD HE HF S HBC + SHAC + S HAB S ABC + + = = =1 AD BE CF S ABC S ABC

Vậy

HD HE HF + + =1 AD BE CF

b) Trước hết chứng minh: ∆BDH ∼ ∆BEC ⇒ BH.BE = BD.BC Và ∆CDH ∼ ∆CFB ⇒ CH.CF = CD.BC ⇒ BH.BE + CH.CF = BC. ( BD + CD ) = BC 2

c) Trước hết chứng minh ∆AEB ∼ ∆AFC ⇒

AE AF = BAC . Mặt khác EAF = AB AC

= ABC Nên ∆AEF ∼ ∆ABC(c.g.c) ⇒ AEF

= CBA Chứng minh tương tự, ta có: ∆CDE ∼ ∆CAB ⇒ CED

= CED mà EB ⊥ AC nên EB là phân giác của góc DEF ⇒ AEF Tương tự: DA,FC là phân giác của các góc EDF, DFE Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF Nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Gọi K là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có = KCN ∆KMH = ∆KNC ( c.c.c ) ⇒ KHM

(1)

= KCH (2) Mặt khác ta cũng có: ∆KCH cân tại K nên : KHC

= KHB ⇒ HK là phân giác của góc BHC Từ (1) và (2) ta có: KHC Vậy K là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên K là điểm cố định Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là K

Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được:

1 1 1 3 (*) + + ≥ a(a + b) b(b + c) c(c + a) 3 abc ( a + b )( b + c )( c + a ) Cũng theo BĐT Cô si : 3

0 < 3 3 abc ≤ ( a + b + c ) ( 1) và 0 < 3 3. ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤ 8 ( a + b + c )

(2)

Nhân tương ứng hai vế các BĐT (1) và (2) được: 3 6 abc ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤ 8 ( a + b + c )

Hay

3 3

abc(a + b)(b + c)(c + a)

Từ ( * ) và ( * * ) suy ra

≥

27 2 (a + b + c )

(* * )

1 1 1 27 + + ≥ a(a + b) b(b + c) c(c + a) 2 ( a + b + c )2

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ69. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,0 điểm)

(

)(

)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 2 . x 4 − 1 x 2 + 2 + 1 2) Biết 4a 2 + b 2 = 5ab với 2a > b > 0. Tính giá trị biểu thức C =

ab 4a − b 2 2

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1)

x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0;

9x x − 2 =8 2x + x + 3 2x − x + 3 2

Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + 2xy + 7 ( x + y ) + 2y 2 + 10 = 0 2) Cho đa thức f(x) = x 3 − 3x 2 + 3x − 4. Với giá trị nguyên nào của x thì giá trị của đa thức f(x) chia hết cho giá trị của đa thức x 2 + 2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D. 1) Chứng minh AB2 = 4AC.BD 2) Kẻ OM vuông góc với CD tại M. Chứng minh AC = CM 3) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm của MH.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =

1 1 1 + + . 16x 4y z

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) Ta có:

(

)( ) ( = ( x + x )( x + x − 2 ) + 1 = ( x = ( x + x − 1)

)( +x )

)( ) − 2(x + x ) + 1

x2 x4 − 1 x2 + 2 + 1 = x2 x2 − 1 x2 + 1 x2 + 2 + 1 4

4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ ( a − b )( 4a − b ) = 0 a − b = 0 a = b ⇔ ⇔  4a − b = 0 a = 4b Do 2a > b > 0 nên 4a = b loại Với a = b thì C =

ab a2 1 = = 2 2 2 2 3 4a − b 4a − a

Câu 2. 1)*Với x ≥ 1 ta có phương trình: x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 ⇔ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1(tm) *Với x < 1 ta có phương trình: x = 1 x 2 − 3x + 2 + 1 − x = 0 ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔  x = 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2) Xét x = 0 không phải là nghiệm Xét x ≠ 0

(ktm) (tm)

9x x − 2 =8 2x + x + 3 2x − x + 3 9 1 ⇔ − =8 3 3 2x + 1 + 2x − 1 + x x 2

Đặt 2x +

3 = t ta có phương trình: x

9 1 − =8 t +1 t −1 ĐKXĐ: x ≠ ±1 2

PT ⇒ 8t 2 − 8t + 2 = 0 ⇔ 2 ( 2t − 1) = 0 ⇔ t =

1 2

⇒ 2x +

3 1 1  95  = ⇔ 4x 2 − x + 6 = 0 ⇔  2x −  + = 0 ⇒ PTVN x 2 4  16 

Câu 3. 1. Ta có: x 2 + 2xy + 7 ( x + y ) + 2y 2 + 10 = 0

⇔ 4x 2 + 8xy + 28x + 28y + 8y 2 + 40 = 0 2

⇔ ( 2x + 2y + 7 ) + 4y 2 = 9 ( * ) 2

Ta thấy: ( 2x + 2y + 7 ) ≥ 0 nên 4y 2 ≤ 9 ⇔ y 2 ≤

9 do y nguyên nên y 2 ∈ {0; 1} ⇒ y ∈ {0;1; −1} 4

Với y = 0 thay vào ( * ) ta được ( 2x + 7 ) = 9 tìm được x ∈ {−2; −5} 5

Với y = 1 thay vào ( * ) ta có : ( 2x + 9 ) = 5 không tìm được x nguyên 2

Với y = −1 thay vào ( * ) ta có: ( 2x + 5 ) = 5 không tìm được x nguyên. Vậy ( x; y ) nguyên tìm được ( −2; 0 ) ; ( −5; 0 )

2. Chia f(x) cho x 2 + 2 được thương là x − 3 dư x + 2 Để f(x) chia hết cho x 2 + 2 thì x + 2 chia hết cho x 2 + 2 ⇒ ( x + 2 )( x − 2 ) chia hết cho x 2 + 2 ⇒ x 2 − 4 chia hết cho x 2 + 2 ⇒ x 2 + 2 − 6 chia hết cho x 2 + 2

⇒ 6 chia hết cho x 2 + 2 mà x 2 + 2 ≥ 2 ⇒ x 2 + 2 ∈ {3; 6} ⇒ x ∈ {±1; ±2} Thử lại ta thấy x = 1; x = −2 thỏa mãn Vậy với x = 1; x = −2 thì f(x) chia hết cho x 2 + 2

Câu 4

I M C

K H O

1. Chứng minh ∆OAC ∼ ∆DBO

OA AC = ⇒ OA.OB = AC.BD DB OB AB AB AB2 . ⇒ = AC.BD ⇒ = 4AC.BD(dfcm) 2 2 4

⇒

2. Theo câu a ta có: ∆OAC ∼ ∆DBO ( g.g ) ⇒ Mà OA = OB ⇒

OC AC = OD OD

OC AC OC OD = ⇒ = OD OA AC OA

= ACO Chứng minh ∆OCD ∼ ∆ACO ( c.g.c ) ⇒ OCD

Chứng minh ∆OAC = ∆OMC(ch − gn) ⇒ AC = MC ( dfcm ) 3. Ta có: ∆OAC = ∆OMC ⇒ OA = OM; CA = CM ⇒ OC là trung trực của AM

⇒ OC ⊥ AM Mặt khác OA = OM = OB ⇒ ∆AMB vuông tại M

⇒ OC / /BM (vì cùng vuông góc với AM) hay OC//BI Chứng minh được C là trung điểm của AI Do MH / /AI theo hệ quả định lý Ta let ta có:

MK BK KH = = IC BC AC

Mà IC = AC ⇒ MK = HK ⇒ BC đi qua trung điểm MH (đpcm)

Câu 5. P=

 1 1 1 1 1 1  y x   z x   z y  21 + + = (x + y + z)  + + = + + + + + + 16x 4y z  16x 4y z   16x 4y   16x z   4y z  16

Theo BĐT cô si ta có:

y x 1 + ≥ ⇔ y = 2x 16x 4y 4

Tương tự ⇒P≥

z x 1 z y + ≥ ⇔ z = 4x; + ≥ 1 ⇔ z = 2y 16x z 2 4y z

49 1 2 4 . Dấu bằng xảy ra khi x = ; y = ; z = 16 7 7 7

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ70. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức P =

 x+1 x2 + x 1 2 − x2  : + +   x − 1 x2 − x  x 2 − 2x + 1  x

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P b) Tìm x để P =

−1 2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

Câu 2. (4,0 điểm)

(

2 2 2  x+3  x−3 7 x −9 a) Giải phương trình :   + 6 x + 2  = x2 − 4  x−2  

)

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz

Câu 3. (4,0 điểm) a) Cho a, b,c là các số nguyên. Chứng minh rằng a 5 + b 5 + c 5 − ( a + b + c ) chia hết cho 30. b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + 2y 2 + 3xy + 3x + 5y = 15

Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC phân giác AD. Trên nửa mặt phẳng không chứa A bờ BC, vẽ tia = 1 BAC. Cx cắt AD tại E; I là trung điểm DE. Chứng minh rằng: Cx sao cho BCx 2

a) ∆ABD ∼ ∆CED b) AE 2 > AB.AC c) 4AB.AC = 4AI 2 − DE 2 d) Trung trực của BC đi qua E

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b,c là 3 số dương thỏa mãn: nhất của biểu thức Q = abc.

1 1 1 + + = 2. Tìm giá trị lớn 1+ a 1+ b 1+ c

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1 P=

b) P = c) P =

x(x + 1)

( x − 1)

x+1 x(x + 1) x(x − 1) x2 = . = x(x − 1) ( x − 1)2 x + 1 x −1

−1 x2 −1 1 ⇔P= = ⇔ x = (tm) 2 x −1 2 2

Cosi x2 x2 − 1 + 1 1 1 = = x + 1+ = x −1+ +2 ≥ 2 x−1 x −1 x −1 x −1

(

2 2 2  x+3  x−3 7 x −9 a)   + 6 x + 2  = x2 − 4  x−2  

( x − 1) . x 1− 1 + 2 = 4 ⇔ x = 2 Câu 2.

)

ĐK: x ≠ ±2 Đặt

x+3 x−3 = u, = v , phương trình đã cho trở thành: x−2 x+2

u 2 + 6v 2 = 7uv ⇔ u 2 − uv + 6v 2 − 6uv = 0 ⇔ u ( u − v ) − 6v ( u − v ) = 0 u = v ⇔ ( u − v )( u − 6v ) = 0 ⇔   u = 6v

x+3 x−3 = ⇒ x 2 + 3x + 2x + 6 = x 2 − 3x − 2x + 6 ⇔ x = 0(tm) x−2 x+2

Xét u = v ta có:

Xét u = 6v ta có:

x+3 x−3 = 6. x−2 x+2

⇒ x 2 + 3x + 2x + 6 = 6x 2 − 18x − 12x + 36 ⇔ 5x 2 − 35x + 30 = 0 x = 1 ⇔ x 2 − 7x + 6 = 0 ⇔  x = 6 Vậy S = {0; 1; 6}

b) A = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz 3

= ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + z 3 − 3xyz 3

= ( x + y + z ) − 3 ( x + y ) z ( x + y + z ) − 3xy ( x + y + z ) 2 = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3 ( x + y ) z − 3xy    = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz

(

)

Câu 3. a) Học sinh biến đổi được a 5 − a = ( a − 2 )( a − 1) a ( a + 1)( a + 2 ) + 5a ( a − 1)( a + 1)

Lập luận được a 5 − a ⋮ 30;

b5 − b⋮ 30;

c 5 − c ⋮ 30 , kết luận

3b) Biến đổi về dạng : ( x + y + 2 )( x + 2y + 1) = 17 = 1.17 = 17.1 = −1. − 17 = −17. − 1 Xét 4 trường hợp ⇒ ( x; y ) =

{( 30; −15 ) ; ( −18;17 ) ; (12; −15 ) ; ( −36; 17 )}

Câu 4. A

D I E

= BCE  = 1 BAC  ; ADB = CDE (đối đỉnh) a) Xét ∆ABD và ∆CED có: BAD    2  ⇒ ∆ABD ∼ ∆CED ( g.g )

b) Xét ∆ABD và ∆AEC có:

= EAD  = 1 BAC  ; ABD = AEC ∆ABD = ∆CED ⇒ ∆ABD ∼ ∆AEC g.g BAD ( ) ( )   2   ⇒

AB AE = ⇒ AB.AC = AD.AE < AE 2 ( AD < AE ) AD AC

Vậy AE 2 > AB.AC c) Ta có: 4AI 2 − DE 2 = 4AI 2 − 4DI 2 = 4. ( AI − DI )( AI + DI ) = 4AD. ( AI + IE ) = 4AD.AE Mà AD.AE = AB.AC (câu b) ⇒ 4AB.AC = 4AI 2 − DE 2 d)

+ )∆ABE ∼ ∆ADC = DAC; AB = AD AD.AE = AB.AC Vì BAD ( ) AE AC = ACB ⇒ ∆ABE ∼ ∆ADC(c.g.c) ⇒ AEB

= ADC (đối đỉnh); BED = ACD Xét ∆BDE và ∆ADC có: BDE = DAC = BCE ⇒ ∆BDE ∼ ∆ADC(g.g) ⇒ DBE

⇒ ∆BEC cân tại E ⇒ Trung trực BC qua E Câu 5.

Ta có:

1 1 1 b c = 1− + 1− = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c

Tương tự:

1 ≥2 1+ b

ac 1 ; ≥2 (1 + a )(1 + c ) 1 + c

1 ≥8 (1 + a )(1 + b )(1 + c )

bc (1 + b )(1 + c )

ab ( 1 + a )( 1 + b )

a 2 b2 c 2 ( 1 + a )( 1 + b )(1 + c )

1 abc ≥8 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (1 + a )( 1 + b )(1 + c ) a = b = c 1  Dấu " = " xảy ra ⇔  1 ⇔a=b=c= 1 1 2 1 + a = 1 + b = 1 + c = 2 

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 71. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1(1.5 điểm): Thực hiện phép tính a) 98.28 – ( 184 - 1)(184 + 1) b) (2x - 1)2 + 2(2x - 1)(x + 1) + (x + 1)2

 1   4x  c)  2x + 1 −  :2−  1 − 2x   2x − 1  

Câu 2(1.5 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x3 – 9x b) 4x2 – 3x – 1 c) ab( a - b) + bc( b- c) + ca( c- a)

Câu 3. ( 1.5 điểm): a) Chứng minh rằng: Nếu a ∈ N, a > 1 thì A = (a2 + a +1)(a2 + a + 2) – 12 là hợp số b) Cho 10a2 = 10b2 – c2. Chứng minh rằng: (7a – 3b – 2c)(7a – 3b + 2c) = ( 3a – 7b)2

Câu 4(1.5 điểm): Cho A =

a 2 + 4a + 4 a 3 + 2a − 4a − 8

a) Rút gọn A b) Tìm số nguyên a để A là số nguyên

Câu 5(3.25 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của AC và KE

a) Chứng minh ∆ABP vuông cân b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ. Chứng minh H, I, E thẳng hàng c) Tứ giác HEKQ là hình gì? Chứng minh

= 450 ; Câu 6(0.75 điểm): Tính diện tích hình thang ABCD ( AB // CD), biết AB = 42cm, A = 600 và chiều cao của hình thang bằng 18m. B

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a/ 98.28 – ( 184 - 1)(184 + 1)= 188 – (188 – 1)= 188 – 188 + 1 = 1 2

b/ (2x - 1)2 + 2(2x - 1)(x + 1) + (x + 1)2 = ( 2x − 1) + ( x + 1)  = (3x)2 = 9x2

 1   4x   1   4x  4x 2 − 1 + 1 4x − 2 − 4x c/  2x + 1 − :  :2−  =  2x + 1 +  :2− = 1 − 2x   2x − 1   2x − 1   2x − 1  2x − 1 2x − 1  =

4x2 −2 = −2x 2 : 2x − 1 2x − 1

Câu 2. a/ x3 – 9x= x(x2 - 9)= x(x + 3)(x -3) b/ 4x2 – 3x – 1= 4x2 + 4x – x – 1 = (4x2 + 4x) – (x + 1)= 4x(x + 1) – (x + 1) = (x + 1)(4x - 1) c/ ab( a - b) + bc( b- c) + ca( c- a) = ab( a - b) + b2c – bc2 + ac2 – a2c = ab( a-b) + ( b2c – a2c) + (ac2 – bc2) = ab( a - b) + c( b2- a2) + c2(a - b) = ( a - b) ( ab − ac ) − bc − c 2  = ( a − b ) a ( b − c ) − c ( b − c )   

(

)

= (a - b)( b - c)( a - c)

Câu 3. a/Đặt a2+ a + 1 = x (1) A = x(x + 1) – 12 = x2 + x – 12= x2 – 3x + 4x – 12 = (x2 – 3x) + (4x – 12) = x(x - 3) + 4(x - 3) = (x - 3)(x + 4) Thay (1) vào biểu thức A, ta có A = (a2 + a - 2)(a2 + a + 5) = (a2 + 2a – a - 2)(a2 + a + 5) = (a - )( a + 2)(a2 + a + 5)

Ta thấy A⋮ a − 1; A⋮ a + 2; A⋮ a 2 + a + 5 Vậy A là hợp số b/ VT = (7a – 3b)2 – 4c2 = 49a2- 42ab + 9b2 – 4c2 mà 10a2 = 10b2 + c2 nên c2 = 10a2 – 10b2 nên VT = 49a2 – 42ab + 9b2 – 4(10a2 – 10b2) = 49a2 – 42ab + 9b2 – 40a2 + 40b2 = 9a2 – 42ab + 49b2 = (3a – 7b)2 = VP

Câu 4. a/ A =

(a + 2)

) (

− 2a + 4a

b/ Để A ∈ Z ⇒

(a + 2) (a + 2) = = − 8a ) + ( 4a − 8 ) ( a − 2 ) ( a + 4a + 4 ) ( a − 2 )( a + 2 ) 2

1 ∈ Z nên a – 2 là ước của a−2

Với a – 2 = 1 thì a = 3 Với a – 2 = - 1 thì a = 1. Vậy a ∈ {−1;1} thì A là số nguyên

Câu 5.

P I

B H

K Q

a/ CM được ∆BHA = ∆PEA (g.c.g)

= 900 (gt) ⇒ AB = AP mà BAP Vậy ∆BPA vuông cân b/Ta có : HA = HK

⇒ H nằm trên đường trung trực của AK Ta có : AE = KE

⇒ E nằm trên đường trung trực của KA

1 a−2

∆PBK vuông có IB = IP (t/c đ/c hbh ABQP)

⇒ IK = IP = IB (*) Ta có ABQP là hbh(gt), có BA= AP ( ∆BPA vuông cân tại A)

⇒ APQB là hình thoi, mà

= 90 0 (gt) BAP ⇒ APQB là hình vuông nên PI = IA(**). Từ (*) và(**) suy ra IK = IA nên I nằm trên đường trung trực của AK Vậy H, I, E thẳng hàng. c/ Ta có APQB là hình vuông (cmt) nên AP = BQ mà IK =

PB AQ ⇒ IK = 2 2

∆AKQ có AI = IQ(t/c đ/c hv) Mà IK =

AQ (cmt) ⇒ ∆AKQ vuông ở K 2

⇒ AK ⊥ KQ mà AK ⊥ HE (EAHK là hv) ⇒ QK // HE Vậy HEKQ là hình thang

Câu 6.

C B'

Qua A và B kẻ AA’ và BB’ vuông góc với CD. Tứ giác ABB’A’là hcn và A’A = BB’ = 18m

= 450 ⇒ A' A' AB = 90 0 , DAB AD = 450 Do đó △ A’AD vuông cân

⇒ A’D = A’A = 18m = 60 0 ⇒ B' B' BA = 90 0 ,CBA BC = 300 vì thế trong tam giác vuông B’BC ta có B’C =

BC . Theo định lí Pi ta go, ta có: B’C2 = BC2 – B’B2 2

⇒ B’C2 = 4B’C2 – B’B2

⇒ 3B’C2 = B’B2 ⇒ B’C =

B' B 3

18 3

(cm)

Suy ra : CD = A’B’ – A’D – B’C = 42 – 18 -

Vậy SABCD =

18 3

= 24 −

18 3

(cm)

1 1 18  2 AB + CD ) .A ' A =  42 + 24 − (  18 ≈ 498, 6 (cm ) 2 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ72. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2 điểm) Cho biểu thức A =

x 3 − 3x x+4 − 2 + 3 x +1 x −x +1 x +1

a) Rút gọn biểu thức A b) Chứng minh rằng giá trị của A luôn dương với mọi x ≠ −1

Câu 2. (3 điểm) a) Chứng minh rằng: Với mọi x ∈ ℚ thì giá trị của đa thức : M = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 16 là bình phương của một số hữu tỉ

b) Giải phương trình : x + 1 = x ( x + 1)

Câu 3. (1,5 điểm) Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1) = 0; P(3) = 0; P(5) = 0 . Hãy tính giá trị của biểu thức Q = P ( −2 ) + 7P ( 6 )

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Vẽ hình vuông

MNPQ có M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC, P và Q thuộc cạnh BC. Gọi E và F lần lượt là giao điểm của BN và MQ; CM và NP. Chứng minh rằng a) DE song song với AC b) DE = DF; AE = AF

Câu 5. (1 điểm) Chứng minh bất đẳng thức: a b c 3 + + ≥ với a ≥ b ≥ c > 0 a+ b b+c c+a 2

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.

(

)

2 x 3 − 3x x + 4 x x − x + 1 − ( x + 1)( 3 − 3x ) + x + 4 − + = a) Ta có: A = x + 1 x2 − x + 1 x3 + 1 ( x + 1) x 2 − x + 1

(

( x + 1) ( x = = ( x + 1) ( x − x + 1) ( x + 1) ( x x 3 + 2x 2 + 2x + 1 2

2 2

)=x − x + 1) x

+ x+1

2 2

)

+ x +1 −x+1 2

1 3  x+  +  2 2 4 x + x +1  b) Với mọi x ≠ −1 thì A = 2 = 2 x −x +1  1 3 − + x  2  4  2

 1 3  1 3 Vì  x +  + > 0;  x −  + > 0, ∀x ≠ −1 ⇒ A > 0, ∀x ≠ −1 2 4 2 4  

Câu 2.

(

)(

)

a) Ta có: M = x 2 + 10x + 16 x 2 + 10x + 24 + 16 Đặt a = x 2 + 10x + 16 Suy ra M = a ( a + 8 ) + 16 = a 2 + 8a + 16 = ( a + 4 )

(

)

Vậy M = x 2 + 10x + 20 (dpcm) b / x + 1 = x ( x + 1)

(

)

⇔ x ( x + 1) − x + 1 = 0 ⇔ x . x + 1 − x + 1 = 0 ⇔ x + 1 . x − 1 = 0  x +1 = 0 x + 1 = 0 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔  x − 1 = 0  x = 1  x = −1

Câu 3.Ta có: P(x)⋮ (x − 1), ( x − 3 ) , ( x − 5 ) Nên P ( x ) có dạng P ( x ) = ( x − 1)( x − 3 )( x − 5 )( x + a ) Khi đó: P( −2) + 7.P(6) = ( −3 ) . ( −5 ) . ( −7 ) . ( −2 + a ) + 7.5.3.1. ( 6 + a )

= −105. ( −2 + a ) + 105. ( 6 + a ) = 105. ( 2 − a + 6 + a ) = 840

Câu 4.

A N

E 1 2

a) Chứng minh được b) Do DE / /AC ⇒ Tương tự: DF =

BE BQ BQ AB BD = = = = ⇒ DE / /NC hay DE / /AC EN QP MQ AC DC

DE BD BD .CN = ⇒ DE = CN BC BC

(1)

CD .BM (2) BC

Từ (1) và (2) suy ra Mà

DE BD CN = . DF CD BM

BD AB CN AC DE và nên = = = 1 ⇒ DE = DF CD AC BM AB DF

= DAC = DAB =D ⇒ ∆ADE = ∆ADF ⇒ AE = AF Ta có: D 1 2

Câu 5. Gọi vế trái là A, ta có:

3  a 1  b 1  c 1 = − + − + −  2 a+b 2  b+c 2  c+a 2 a−b b−c c −a = + + 2 (a + b) 2 ( b + c ) 2 ( c + a )

A−

( b − a ) + (a − c ) + c − a a−b + 2 (a + b) 2 (b + c) 2 (c + a )

a−b  1 1  a−c  1 1  . − + . −  2 a+b b+c 2  b + c c + a  a−b c−a a−c a−b = . . + 2 ( a + b )( b + c ) 2 ( b + c).(c + a) =

( a − b )( a − c ) .  −1 + 1  a+b c+a  2 (b + c)   ( a − b )( a − c )( b − c ) ≥ 0(Do = 2 ( b + c )( a + b )( c + a )

Vậy A ≥

a ≥ b ≥ c ≥ 0)

3 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 73. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. Phân tích thành nhân tử: a) a 3 + 2a 2 − 13a + 10 b)

)

+ 4b 2 − 5 − 16 ( ab + 1)

Câu 2. Cho 3 số tự nhiên a, b,c. Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 3 thì a 3 + b 3 + c 3 + 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 chia hết cho 6

Câu 3. a) Cho a − b = 1 . Chứng minh a 2 + b 2 ≥

1 2

b) Cho 6a − 5b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a 2 + 25b 2

Câu 4. Đa thức bậc 4 có hệ số cao nhất là 1 và thỏa mãn f(1) = 5; f(2) = 11; f(3) = 21. Tính f( −1) + f(5)

Câu 5. Cho tam giác vuông cân ABC(AB = AC).M là trung điểm của AC, trên BM lấy điểm N sao cho NM = MA; CN cắt AB tại E. Chứng minh : a) Tam giác BNE đồng dạng với tam giác BAN b)

NC NB = +1 AN AB

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Ta nhận thấy a = 1,a = 2 là nghiệm của đa thức nên: a 3 + 2a 2 − 13a + 10 = ( a − 1)( a − 2 )( a + 5 )

)

(

)(

+ 4b 2 − 5 − 16 ( ab + 1) = a 2 + 4b 2 − 5 + 4ab + 4 a 2 + 4b 2 − 5 − 4ab − 4

)

= ( a + 2b ) − 1 ( a − 2b ) − 9     = ( a + 2b + 1)( a + 2b − 1)( a − 2b − 3 )( a − 2b + 3 ) 2

Câu 2.

A = a + b + c ⋮ 3 ⇒ 2A ⋮ 6; B = a 3 + b 3 + c 3 + 3a 2 + 3b2 + 3c 2 C = B + 2A = a 3 + 3a 2 + 2a + b3 + 3b2 + 2b + c 3 + 3c 2 + 2c = a ( a + 1)( a + 2 ) + b ( b + 1)( b + 2 ) + c ( c + 1)( c + 2 ) a ( a + 1)( a + 2 ) , b(b + 1)(b + 2)

,c(c + 1)(c + 2) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia

hết cho 6 ⇒ C⋮ 6 ⇒ B⋮ 6

Câu 3. a) Từ a − b = 1 ⇒ a = 1 + b ⇒ a 2 = 1 + 2b + b2 , thay vào đẳng thức cần chứng minh ta có: 1 + 2b + 2b 2 ≥

1 2 2

⇒ 4b 2 + 4b + 1 ≥ 0 ⇒ ( 2b + 1) ≥ 0. BĐT này luôn đúng . Vậy a 2 + b 2 ≥

1  a = 2 Dấu " = " xảy ra ⇔ ( 2b + 1) = 0 ⇔  b = − 1  2 2

b) Đặt x = 2a, y = −5b . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2

( 3x + y ) ≤ ( x

+ y2

) ( 9 + 1) ⇒ x

+ y2 ≥

1 1 hay 4a 2 + 25b 2 ≥ 10 10

1  b=−  3 1  50 Dấu bằng xảy ra ⇔ = ⇔ 3y = x ⇔ −15b = 2a ⇔ 6a = −45b ⇔  x y a = 3  20

Câu 4. Nhận xét g(x) = 2x 2 + 3 thỏa mãn g(1) = 5; g(2) = 11; g(3) = 21 Q(x) = f(x) − g(x) là đa thức bậc 4 có 3 nghiệm x = 1; x = 2; x = 5

Vậy Q(x) = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )( x − a ) ; ta có:

1 2

f( −1) = Q( −1) + 2( −1)2 + 3 = 29 + 24a f(5) = Q(5) + 2.52 + 3 = 173 − 24a ⇒ f( −1) + f(5) = 202 Câu 5.

C F

M N A

a) ∆ANC vuông tại N (vì AM = MC = MN)

+ MNA = 900 & BAN + NAC = 900 CNM = NAC ⇒ CNM = BAN Mà MNA

= BNE (đối đỉnh) ⇒ BNE = BAN ⇒ ∆BNE ∼ ∆BAN Mặt khác CNM b) Trên tia đối tia MN lấy điểm F sao cho FM = MN Tứ giác ANCF là hình chữ nhật (vì có 2 đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

= ENB (đồng vị) ⇒ ∆BAN ∼ ∆BFA ⇒ CE / /AF ⇒ AFB ⇒

FA BF NC AB + NB NC NB = ⇒ = ⇒ = + 1(dfcm) AN BA AN AB AN AB

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ74. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (6 điểm) a) Giải phương trình: b)

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2

Cho a, b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

Câu 2. (5 điểm)

a b c + + ≥3 b+c−a a +c−b a + b−c

c) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 d) Tìm các số nguyên n để n 5 + 1 chia hết cho n 3 + 1

Câu 3. (3 điểm) a) Cho 3 số dương a, b,c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 + + ≥9 a b c

b) Cho a, b dương và a 2000 + b 2000 = a 2001 + b 2001 = a 2002 + b 2002 . Tính a 2011 + b 2011

a) OA.OB = OC.OH có số đo không đổi b) OHA c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành: 1

( x + 4 )( x + 5 ) ( x + 5 )( x + 6 ) ( x + 6 )( x + 7 )

1 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

⇔ 18(x + 7) − 18 ( x + 4 ) = ( x + 7 )( x + 4 )

 x = −13 ⇔ ( x + 13 )( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 b) Đặt b + c − a = x > 0; Từ đó suy ra a =

c + a − b = y > 0;

a+ b−c = z > 0

y+z x+y x+z ;b = ;c = 2 2 2

Thay vào ta được:

y + z x + z x + y 1  y x   x z   y z   + + =  +  +  +  +  +   2x 2y 2z 2  x y   z x   z y  

Từ đó suy ra A ≥

1 ( 2 + 2 + 2 ) hay A ≥ 3 ⇔ a = b = c 2

Câu 2. a) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a + b chia hết cho 3 2 Ta có: a 3 + b 3 = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = ( a + b ) ( a + b ) − 3ab   

(

)

Vì a + b chia hết cho 3 nên ( a + b ) − 3ab chia hết cho 3. 2 Do vậy, ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  chia hết cho 9  

(

) ( ⇔ n ( n + 1) − ( n − 1)⋮ ( n ⇔ ( n − 1)( n + 1)⋮ ( n + 1) ( n

)(

b) n 5 + 1⋮ n 3 + 1 ⇔ n 5 + n 2 − n 2 + 1 ⋮ n 3 + 1 2

)

−n+1

)

⇔ n − 1⋮ n 2 − n + 1

⇒ n ( n − 1) ⋮ n 2 − n + 1

(

) (

Hay n 2 − n ⋮ n 2 − n + 1 ⇒ n 2 − n + 1 − 1⋮ n 2 − n + 1

)

⇒ 1⋮ n 2 − n + 1 Xét hai trường hợp: n = 0 +) n 2 − n + 1 = 1 ⇔ n2 − n = 0 ⇔  n = 1

n 2 − n + 1 = −1 ⇔ n 2 − n + 2 = 0, không có giá trị của n thỏa mãn

Câu 3.

b c 1 a = 1 + a + a  a c 1 a.Từ a + b + c = 1 ⇒  = 1 + + c b b 1 a b  c = 1+ c + c  ⇒

1 1 1 a b a c b c  + + = 3+ + + + + +  ≥ 3+2+2+2 = 9 a b c b a c a  c b

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =

(

)

(

1 3

)

b) a 2001 + b 2001 ( a + b ) − a 2000 + b 2000 ab = a 2002 + b 2002

⇒ ( a + b ) − ab = 1

a = 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔  b = 1  b = 1(tm) Với a = 1 ⇒ b 2000 = b 2001 ⇒   b = 0(ktm)

a = 1(tm) Với b = 1 ⇒ a 2000 = a 2001 ⇒  a = 0(ktm)

Vậy a = 1; b = 1 ⇒ a 2011 + b2011 = 2

Câu 4.

A M

B d) ∆BOH ∼ ∆COA ( g.g ) ⇒ e)

OB OH = ⇒ OA.OB = OH.OC OC OA

OB OH OA OH chung ⇒ ∆OHA ∼ ∆OBC và O = ⇒ = OC OA OC OB

= OBC (không đổi) ⇒ OHA f) Vẽ MK ⊥ BC; ∆BKM ∼ ∆BHC(g.g)

⇒

BM BK = ⇒ BM.BH = BK.BC (3) BC BH

∆CKM ∼ ∆CAB ( g.g ) ⇒

CM CK = ⇒ CM.CA = BC.CK(4) CB CA

Cộng từng vế của (3) và (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC. ( BK + KC ) = BC 2 (Không đổi)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ75. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4 điểm) Cho biểu thức A =

2x − 9 x + 3 2x + 4 − − x − 5x + 6 x − 2 3 − x 2

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A nhận giá trị là một số nguyên

Câu 2. (4 điểm) a) Giải phương trình:

x2 − 5x + 1 x2 − 4x + 1 +2=− 2x + 1 x+1

b) Giải phương trình: x 6 − 7x 3 − 8 = 0

Câu 3. (3 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x 20 + x + 1 b) Tìm số nguyên x thỏa mãn cả hai bất phương trình

3x − 2 x ≥ + 0, 8 5 2

và

1−

2x − 5 3 − x > 6 4

Câu 4. (3 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: y 2 + 2xy − 3x − 2 = 0 b) Cho x, y thỏa mãn xy ≥ 1. Chứng minh rằng:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

Câu 5. (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường caao BD,CE cắt nhau tại H a) Chứng minh ∆ABD ∼ ∆ACE b) Chứng minh BH.HD = CH.HE c) Nối D với E, cho biết BC = a,AB = AC = b. Tính độ dài đoạn thẳng DE theo a

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.a) ĐKXĐ: x ≠ 2, x ≠ 3

A= =

2x − 9 x + 3 2x + 4 − + ( x − 3 )( x − 2 ) x − 2 x − 3

( x + 4 )( x − 2 ) = x + 4 x 2 + 2x − 8 = ( x − 3 )( x − 2 ) ( x − 3 )( x − 2 ) x − 3

b) Ta có: A =

x+4 7 = 1+ x−3 x−3

Để A ∈ ℤ thì x − 3 ∈ U(7) = {±1; ±7} ⇒ x ∈ {−4; 2; 4; 10} Kết hợp với ĐKXĐ ta được x ∈ {−4; 4;10}

Câu 2.

a) ĐKXĐ: x ≠ −1; x ≠ −

1 2

x2 − 5x + 1 x2 − 4x + 1 +2=− 2x + 1 x +1 x 2 − 4x + 1 x 2 − 5x + 1 +1+ +1= 0 x+1 2x + 1 x 2 − 3x + 2 x 2 − 3x + 2 ⇔ + =0 x +1 2x + 1  1 1  ⇔ x 2 − 3x + 2  + =0  x + 1 2x + 1 

⇔

( ⇔ (x

) − 3x + 2 ) ( 3x + 2 ) = 0

⇔ ( x − 1)( x − 2 )( 3x + 2 ) = 0  x = 1  ⇒  x = 2 (TMDK)  −2 x = 3 

 −2  Vậy S = 1; 2;  3  

 x 3 = − 1  x = −1 ⇔ b) x − 7x − 8 = 0 ⇔ x + 1 x − 8 = 0 ⇔  3 ⇒ S = {−1; 2}  x = 8 x = 2 6

(

)(

)

Câu 3. a) x 20 + x + 1 = x 20 − x 2 + x 2 + x + 1

( ) ( ) = x ( x + 1)( x − 1) + x + x + 1 = x ( x + 1)( x − 1)( x + x + 1) + ( x + x + 1) = x . ( x + 1) ( x − 1) ( x + x + 1)( x + x + 1) + ( x + x + 1) = ( x + x + 1) .  x . ( x + 1) ( x − 1) ( x + x + 1) + 1   = x 2 x18 − 1 + x 2 + x + 1 2

b) Giải bất phương trình ( 1) :

3x − 2 x ≥ + 0,8 5 2

3x − 2 x 8 − ≥ 5 2 10 x−4 8 ⇔ ≥ ⇔ x − 12 ≥ 0 ⇔ x ≥ 12 10 10 ⇔

Giải bất phương trình (2): 1 −

2x − 5 3 − x > 6 4

3 − x 2x − 5 + 4 6 x −1 x − 13 ⇔1> ⇔ < 0 ⇔ x < 13 12 12 ⇔1>

Vì x là nghiệm chung của hai bất phương trình ( 1) , ( 2 ) ⇒ x = 12

Câu 4. a) Ta có:

y 2 + 2xy − 3x − 2 = 0 ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = x 2 + 3x + 2 2

( * ) ⇔ ( x + y ) = ( x + 1)( x + 2 ) VT của (*) là số chính phương ; VP của (*) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên phải có một số bằng 0 x + 1 = 0  x = −1 ⇒ y = 1 ⇔ ⇔ x + 2 = 0  x = −2 ⇒ y = 2

Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y ) =

{( −1; 1) ; ( −2; 2 )}

b) Ta có:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

(1)

 1 1   1 1  ⇔ − − ≥0 + 2 2  1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy 

⇔

x ( y − x)

y (x − y)

(1 + x ) (1 + xy ) (1 + y ) (1 + xy ) 2

≥0

( y − x ) . ( xy − 1) ≥ 0 2 ⇔ ( ) (1 + x )(1 + y ) (1 + xy ) 2

Vì x ≥ 1; y ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy − 1 ≥ 0 ⇒ B ĐT (2) luôn đúng nên BĐT (1) đúng. Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y

Câu 5.

A D

chung; ADB = AEC = 90 0 ⇒ ∆ABD ∼ ∆ACE g.g a) Xét ∆ABD và ∆ACE có: A ( ) b) Xét ∆BHE và ∆CHD có:

= CDH = 90 0 ; BHE = CHD (đối đỉnh) BEH ⇒ ∆BHE ∼ ∆CHD(g.g) ⇒

BH HE = ⇒ BH.HD = CH.HE CH HD

D E H

c) Khi AB = AC = b thì ∆ABC cân tại A Suy ra được DE / /BC ⇒

DE AD AD.BC = ⇒ DE = BC AC AC

Gọi giao điểm của AH và BC là F ⇒ AF ⊥ BC, FB = FC =

∆DBC ∼ ∆FAC ⇒

a 2

DC BC BC.FC a 2 = ⇒ DC = = FC AC AC 2b

 a2  b −   .a a 2b 2 − a 2 2b  AD.BC ( AC − DC ) .BC  ⇒ DE = = = = AC AC b 2b 2

(

)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ76. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,5 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng ab + bc + ca ≤ 0 b) Cho f(x) = ax 2 + bx + c với a, b, c là các số thỏa mãn 13a + b + 2c = 0 Chứng tỏ rằng f ( −2 ) .f ( 3 ) ≤ 0 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x 2 + y 2 − xy − x + y + 1

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x −1 x − 2 x − 3 x − 4 + − = 2013 2012 2011 2010

b) ( 2x − 5 ) − ( x − 2 ) = ( x − 3 )

Câu 3. (2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD. Hạ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AD a) Chứng minh DE ⊥ CF b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF,CM đồng quy c) Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD(AC > BD). Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của C lên AB và AD. Chứng minh a) ∆ABC ∼ ∆HCG b) AC 2 = AB.AG + AD.AH

Câu 5. (1,0 điểm)

(

)

(

)

Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương thì: 5 n 5 n + 1 − 6 n 3 n + 2 n ⋮ 91

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) Có: a 2 + b2 ≥ 2ab; a 2 + c 2 ≥ 2ac; b2 + c 2 ≥ 2ac Cộng được: 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2ac + 2bc ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc

(1)

a + b + c = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 ⇔ −a 2 − b 2 − c 2 = 2ab + 2ac + 2bc

(1) với ( 2 ) được 3ab + 3ac + 3bc ≤ 0 ⇔ ab + bc + ca ≤ 0 b) f ( −2 ) = 4a − 2b + c; f ( 3 ) = 9a + 3b + c Có f ( −2 ) + f ( 3 ) = 13a + b + 2c = 0 nên: Hoặc: f ( −2 ) = 0 và f ( 3 ) = 0 ⇒ f ( −2 ) .f ( 3 ) = 0 (1) Hoặc : f ( −2 ) và f ( 3 ) là hai số đối nhau ⇒ f ( −2 ) .f ( 3 ) < 0 (2) Từ ( 1) và ( 2 ) được f ( −2 ) .f ( 3 ) ≤ 0 c) 4M = 4x 2 + 4y 2 − 4xy − 4x + 4y + 4 2

= ( 2x − y − 1) + 3y 2 + 2y + 3 2 2 1 8  = ( 2x − y − 1) + 3  y 2 + y +  + 3 9 3  2

2 1 8  = ( 2x − y − 1) + 3  y +  + 3 3 

1  y=−  8  3 nên Giá trị nhỏ nhất của 4M là ⇔  3 x = 2  3 2  x=  2  3 Giá trị nhỏ nhất của M là ⇔  3  y = −1  3 Câu 2. a) Ta có: x −1 x−2 x−4 x−3 −1+ −1 = −1+ −1 2013 2012 2010 2011 x − 2014 x − 2014 x − 2014 x − 2014 ⇔ + = + 2013 2012 2010 2011  1 1 1 1  ⇔ ( x − 2014 )  + − − =0  2013 2012 2010 2011  ⇔ x = 2014 ⇔

b) Đặt 2x − 5 = a;

x−2 = b⇒a−b = x−3

(2) Cộng

Phương trình đã cho trở thành: a 3 − b 3 = ( a − b )

( ⇔ (a − b ) (a

)

(

⇔ ( a − b ) a 2 + ab + b 2 = ( a − b ) a 2 − 2ab + b 2 2

)

+ ab + b 2 − a 2 + 2ab − b 2 = 0

⇔ 3ab ( a − b ) = 0  5 a = 0 ⇒ x = 2  ⇔ b = 0 ⇒ x = 2 a = b ⇒ x = 3  

Câu 3.

D a) Chứng tỏ được AE = DF (cùng bằng MF)

= EDA Chứng tỏ được ∆CDF = ∆DAE ⇒ FCD phụ nhau ⇒ ECD và EDA và EDC phụ nhau hay CF ⊥ DE Có: EDA b) Tương tự có CE ⊥ BF Chứng minh được CM ⊥ EF Gọi G là giao điểm của FM và BC; H là giao điểm của CM và EF.

= EFM (hai HCN bằng nhau) MCG

= FMH (đối đỉnh) ⇒ MHF = MGC = 900 CMG CM, FB, ED là ba đường cao của ∆CEF nên chúng đồng quy c)

( AE − ME )

≥ 0 nên ( AE + ME )

⇔ S AEMF ≤

( AE + ME ) ≥ 4AE.ME ⇔ AE.ME ≤

AB . Mà AB là hằng số nên S AEMF lớn nhất ⇔ AE = ME 4

Lúc đó M là trung điểm của BD

Câu 4.

B F

E D

A a) Chứng tỏ được ∆CBG ∼ ∆CDH ⇒

CG BC BC = = CH DC BA

= HCG (cùng bù với BAD) ⇒ ∆ABC ∼ ∆HCG Và ABC b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D trên AC. ∆AFD ∼ ∆AHC ⇒

AF AD = ⇒ AF.AC = AD.AH AH AC

∆AEB ∼ ∆AGC ⇒

AE AB = ⇒ AE.AC = AG.AB AG AC

Cộng được : AF.AC + AE.AC = AD.AH + AG.AB ⇔ AC. ( AF + AE ) = AD.AH + AG.AB

Chứng tỏ được: AE = FC. Thay được: AC. ( AF + FC ) = AD.AH + AG.AB ⇒ AC 2 = AD.AH + AG.AB

Câu 5.

(

)

(

) ) .A chia hết cho 7 ) .A chia hết cho 13

A = 5 n 5 n + 1 − 6 n 3 n + 2 n = 25 n + 5 n − 18 n − 12 n

( A = ( 25

) ( ) − (18

A = 25 n − 18 n − 12 n − 5 n n

− 12 n

− 5n

Do ( 13,7 ) = 1 nên A chia hết cho 91

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ77. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (6 điểm)

1. Giải phương trình sau:

(

)

(

a. 2x 2 + x − 2013 + 4. x 2 − 5x − 2012

)

(

)(

= 4. 2x 2 + x − 2013 . x 2 − 5x − 2012

)

b) x − 1 + x + 3 = 4 2) Chứng minh bất đẳng thức sau:

x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz với mọi x, y, z Câu 2. (5 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24, f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 2 − xy = 6x − 5y − 8

Câu 3. (2 điểm) Cho a, b > 0 và a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2

 1  1 M = 1 +  + 1 +  a  b 

Câu 4. (7 điểm) 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. 1) Chứng minh rằng ∆BEC ∼ ∆ADC. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB 2) Gọi M là trung diểm của đoạn thẳng BE. Chứng minh ∆BHM ∼ ∆BEC. Tính số đo của góc AHM 3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB HD = BC AH + HC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) 2 a = 2x + x − 2013 a) Đặt:  2  b = x − 5x − 2012

Phương trình đã cho trở thành: 2

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b ) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó, ta có:

(

)

2x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 5x − 2012 ⇔ 2x 2 + x − 2013 = 2x 2 − 10x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =  −2011  S=   11 

−2011 11

b) Lập bảng xét dấu các nhị thức : x − 1 và x + 3 Xét x < −3 (1) Phương trình ⇔ 1 − x − 3 − x = 4 ⇔ x = −3 (không thỏa (1)) Xét −3 ≤ x ≤ 1

(2)

Phương trình ⇔ 1 − x + x + 3 = 4 ⇔ 0x = 0 (Thỏa mãn với mọi x ∈ ℝ / −3 ≤ x ≤ 1 Xét x ≥ 1

(3)

Phương trình ⇔ x − 1 + x + 3 = 4 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn (3)) Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm −3 ≤ x ≤ 1 2

2) Có ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 0 với mọi x, y, z

⇔ x 2 − 2xy + y 2 + y 2 − 2yz + z 2 + z 2 − 2zx + x 2 ≥ 0

(

)

⇔ 2 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 ( xy + yz + xz ) 2

⇔ x + y + z ≥ xy + yz + xz

(dpcm)

Câu 2. 1)

Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b.

(

)

Khi đó: f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b x = 2 Xét các giá trị riêng của x sao cho x 2 − 4 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x + 2 ) = 0 ⇔   x = −2

Với x = 2 ⇒ f(2) = 2a + b Với x = −2 ⇒ f( −2) = −2a + b

7  f(2) = 24 2a + b = 24 a = Theo đề Câu, ta có:  ⇔ ⇔ 2 f( −2) = 10 −2a + b = 10  b = 17  7 Do đó: f(x) = x 2 − 4 ( −5x ) + x + 17 2

(

)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f(x) = −5x 3 +

47 x + 17 2

2) x 2 − xy = 6x − 5y − 8 ⇔ x 2 − 6x + 8 = y ( x − 5 )

⇔y=

(2)

x 2 − 6x + 8 (vì x = 5 không là nghiệm của phương trình (2)) x−5

⇔ y = x −1+

3 . Vì x, y nguyên nên x − 5 là ước của 3 x−5

Hay x − 5 ∈ {−1; 3;1; −3} hay x ∈ {4; 6; 8; 2} Khi x = 2 ⇒ y = 0

Khi x = 4 ⇒ y = 0

Khi x = 6 ⇒ y = 8

Khi x = 8 ⇒ y = 8

{

}

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x, y ) ∈ ( 2,0 ) ; ( 4,0 ) ; ( 6,8 ) ; ( 8, 8 )

Câu 3. 2

 a+b  a+b M = 1+ + 1+ a   b   2

(Vi

a + b = 1)

b  a  M = 2 +  +2+  a  b  2 4b b 4a a 2 M =4+ + 2 +4+ + a a b b2  b2 a 2   a b  M = 8 +  2 + 2  + 4  +  ≥ 8 + 2 + 4.2 = 18(Co − si) b  b a a Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b & a + b = 1 ⇔ a = b = Vậy MinM = 18 ⇔ a = b =

1 2

Câu 4.

M B

a) Chứng minh ∆CDE ∼ ∆CAB(g.g) ⇒

CD CA = CE CB

Hai tam giác ADC và BEC có:

chung; CD = CA (cmt) ⇒ ∆ADC ∼ ∆BEC c.g.c C ( ) CE CB

= ADC = 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo gt) Suy ra BEC = 450. Do đó tam giác ABE vuông cân tại A. suy ra BE = AB 2 = m 2 Nên AEB b) Ta có:

BM 1 BE 1 AD = . = . BC 2 BC 2 AC

....(do ∆BEC ∼ ∆ADC)

Mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

Nên

BM 1 AD 1 AH 2 AH = . = . = BC 2 AC 2 AC 2AC

Mà ∆ABH ∼ ∆CBA(g.g) ⇒ Nên

AH BH = AC AB

BM BH BH BE = 2AB = = BC 2AB BE

(

)

= BEC = 1350 ⇒ AHM = 45 0 Do đó ∆BHM ∼ ∆BEC ( c.g.c ) ⇒ BHM

c) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác BAC suy ra : GB = AB Suy ra AG là phân giác BAC GC AC Mà

AB ED AH HD = ∆ABC ∼ ∆DEC ) = ED / /AH ) = ( ( AC DC HC HC

Do đó:

GB HD GB HD GB HD = ⇒ = ⇒ = GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ78. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2013x 2 + 2012x + 2013  x 2 − 2x   2x 2 1 2  2. Rút gọn biểu thức sau: A =  2 . 1− − 2 . − 2 3   x x   2x + 8 8 − 4x + 2x − x  

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau:

( 2x

)

(

+ x − 2013 + 4. x 2 − 5x − 2012

)

(

)(

= 4. 2x 2 + x − 2013 x 2 − 5x − 2012

)

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3

a ( b − c )( b + c − a ) + c ( a − b )( a + b − c ) = b ( a − c )( a + c − b )

Câu 4. (6,0 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 1) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng

AC = 2EF 3) Chứng minh rằng :

1 1 1 = + 2 2 AD AM AN 2

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.1 Ta có: x 4 + 2013x 2 + 2012x + 2013

(

)

= x 4 − x + 2013x 2 + 2013x + 2013

(

)

(

= x ( x − 1) x 2 + x + 1 + 2013. x 2 + x + 1

(

)(

= x 2 + x + 1 x 2 − x + 2013

)

1.2 x ≠ 0 Điều kiện:  x ≠ 2

 x 2 − 2x  1 2  2x 2 A= 2 − 1− − 2  2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x   x 2 − 2x  x2 − x − 2 2x 2 . = −  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )  x2  

(

)

 x 2 − 2x  ( x + 1)( x − 2 ) 2x 2 . = −  2 x2 + 4 x2 x2 + 4 ( 2 − x )   

(

) (

)

x. ( x − 2 ) + 4x 2

( x + 1) . ( x + 2 ) = x

x ( ) x ( x + 4 ) ( x + 1) x + 1 = = 2x 2x ( x + 4 ) 2 ( x − 2 ) x2 + 4

− 4x 2 + 4x + 4x 2 x + 1 . 2 x 2 x2 + 4

(

)

Vậy A =

x+1 với 2x

x ≠ 0  x ≠ 2

Câu 2.

a = 2x 2 + x − 2013 2.1 Đặt  2  b = x − 5x − 2012 Phương trình đã cho trở thành: 2

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b ) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó ta có:

(

)

2x 2 + x − 2013 = 2. x 2 − 5x − 2012 ⇔ 2x 2 + x − 2013 = 2x 2 − 10x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011 11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011 11 2

3 7  2.2 Ta có: y − x = 2x + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y (1) 4 8  3

(x + 2)

 9  15 − y 3 = 4x 2 + 9x + 6 =  2x +  + >0⇒ y< x+2 4  16 

(2)

Câu 3. 3.1 Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư ax + b

(

)

Khi đó : f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b

7  f(2) = 24 2a + b = 24 a = Theo đề Câu, ta có:  ⇔ ⇔ 2 f( −2) = 10  −2a + b = 10  b = 17 

7 Do đó : f(x) = x 2 − 4 .( −5x) + x + 17 2

(

)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f(x) = −5x 3 +

47 x + 17 2

3.2

(

)

(

)

(

)

Ta có: a ( b − c ) b + c − a 2 + c ( a − b ) a + b − c 2 − b ( a − c ) a + c − b 2 = 0

 x+z a = 2 a + b − c = x  x+y   Đặt  b + c − a = y ⇒  b = 2 a + c − b = z   y+z  c = 2  Khi đó ta có:

VT =

x+z  x+y y+z 2 y+z x+z x+y 2 1 2 . . − −  .y +  x − ( x + y )( x − y ) z 2  2 2  2  2 2  4

x+z x−z 2 y+z z−y 2 1 2 . .y + . .x − . x − y 2 z 2 2 2 2 2 4

1 2 1 1 x − z 2 y 2 + z 2 − y 2 x 2 − . x 2 − y 2 .z 2 4 4 4

1 2 1 x − y 2 z 2 − x 2 − y 2 z 2 = 0 = VP 4 4

(

)

(

)

(

)

(

)

(dpcm)

Câu 4.

H F

N = ABF (cùng phụ với BAH) 1) Ta có: DAM AB = AD

= ADM = 90 0 (ABCD là hình vuông) (gt); BAF

⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g.c.g )

⇒ DM = AF, mà AF = AE(gt) nên AE = DM

(1)

Lại có: AE / /DM (vì AB / /DC) = 90 0 (gt) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH(g.g) ⇒

AB BH BC BH hay = = ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH

= HBC (cùng phụ với ABH) Lại có: HAB ⇒ ∆CBH ∼ ∆AEH(c.g.c) 2

⇒

S CBH  BC  S 2  BC  , mà CBH = 4(gt) ⇒  = = 4 ⇒ BC2 = ( 2AE )   S EAH  AE  S EAH  AE 

⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF(dfcm) 3) Do AD / /CN(gt). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: ⇒

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC / /AB ( gt ) . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

MN MC AB MC AD MC hay = ⇒ = = AN AB AN MN AN MN 2

 AD   AD   CN   CM  CN 2 + CM 2 MN 2 ⇒ = =1  +  =  +  = MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  (Pytago)  AD   AD  1 1 1 ⇒ + =  +  AN  = 1 ⇒ 2 2 AM AM AN AD 2    

(dfcm)

Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b,c ∈ ℝ và x, y, z > 0 ta có: a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

(*)

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có: a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+y

(

)

⇔ a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy(a + b)2

(**)

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức ( * * ) ta có: 2

a 2 b2 c 2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b (c + a) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc Áp dụng BĐT (*) ta có : 2

 1 1 1 1 1 1  + +  a 2 + b2 + c 2 ≥  a b c  = ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ac )

 1 1 1 a + b+ c   (Vì abc = 1)  1 1 1 2 + +  a b c

Hay 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 + b + c ≥ Mà + + ≥ 3 nên a ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c Vậy

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . (đpcm) a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ79. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. Chứng minh 1110 − 1 chia hết cho 100 Câu 2. Phân tích đa thức thành nhân tử: P = x 2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y ) 1 2  x 3 − 2x 2  x+1 Câu 3. Cho biểu thức Q = 1 +  3 − − : 3 2 2  x +1 x − x −1 x +1 x − x + x a) Rút gọn Q

b) Tính giá trị của Q biết x −

3 5 = 4 4

c) Tìm giá trị nguyên của x để Q có giá trị nguyên

Câu 4. Tìm giá trị của m để cho phương trình 6x − 5m = 3 + 3mx có nghiệm số gấp ba 2

nghiệm số của phương trình: ( x + 1)( x − 1) − ( x + 2 ) = 3

Câu 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình: x 2 − 25 = y ( y + 6 ) Câu 6. Cho hình vuông ABCD,M là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa C dựng hình vuông AMHN. Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d

cắt AH ở E, cắt DC ở F. a) Chứng minh rằng BM = ND b) Chứng minh rằng N, D,C thẳng hàng c) EMFN là hình gì ? d) Chứng minh: DF + BM = FM và chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi vị trí trên BC.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

)

(

1110 − 1 = ( 11 − 1) 119 + 118 + ..... + 11 + 1 = 10. 119 + 118 + ...... + 11 + 1

Vì 10 ⋮ 10

(

)

Và 119 + 118 + ..... + 11 + 1 có chữ số tận cùng (hàng đơn vị ) bằng 0

(

)

Nên : 119 + 118 + ..... + 11 + 1 chia hết cho 10 Vậy : 1110 − 1 chia hết cho 10.

Câu 2. x2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z2 ( x − y ) = x2 ( y − z ) + y z z − y2 x + z 2 x − z2 y

( = ( y − z ) ( x + yz − xy − xz )

= x 2 ( y − z ) + yz ( y − z ) − x y 2 − z 2 2

= ( y − z )  x ( x − y ) − z ( x − y )  = ( y − z )( x − y )( x − z )

Câu 3.

)

1 2  x 3 − 2x 2  x +1 a)Q = 1 +  3 − − : 3 2 2  x +1 x − x −1 x +1 x − x + x x + 1 + x + 1 − 2 x2 − x + 1 x2 − x + 1 . = 1+ x ( x − 2) ( x + 1) x 2 − x + 1

(

)

(

)

−2x 2 + 4x 1 . x+1 x(x − 2) −2x(x − 2) −2 x −1 = 1+ = 1+ = x+1 x+1 ( x + 1) x ( x − 2 ) = 1+

DK : x ≠ 0; −1; 2

 x = 2(ktm) 3 5 b) x − = ⇒   x = − 1 (tm) 4 4  2

1 Với x = − ⇒ Q = −3 2 c) Q ∈ ℤ ⇒ x ∈ {−3; −2; 1}

Câu 4.

( x + 1)( x − 1) − ( x + 2 )

(1)

⇔ x 2 − 1 − x 2 − 4x − 4 = 3 ⇔ −4x = 8 ⇔ x = −2 Để phương trình 6x − 5m = 3 + 3mx có nghiệm gấp ba lần nghiệm của phương trình

( x + 1)( x − 1) − ( x + 2 )

= 3 hay x = −6

Ta có: 6. ( −6 ) − 5m = 3 + 3m. ( −6 )

⇔ −5m + 18m = 39 ⇔ 13m = 39 ⇔ m = 3 Vậy m = 3

Câu 5. 2

x 2 − 25 = y(y + 6) ⇔ x 2 − ( y + 3 ) = 16 ⇔ ( x + y + 3 )( x − y − 3 ) = ( ±4 ) . ( ±4 ) = ( ±2 ) . ( ±8 ) = ( ±1) . ( ±16 )

x−y

-1

-5

-13

x+y

-7

-11

-1

-5

-19

-2

-4

Vậy các cặp số nguyên phải tìm là:

( 4; −3 ) ; ( −4; −3 ) ; ( 5; 0 ) ; ( −5; −6 ) ; ( 5; −6 ) ; ( −5; 0 )

Câu 6.

H + MAD = 90 0 (gt) a) ABCD là hình vuông (gt) ⇒ A 1

(1)

+ MAD = 90 0 (2) Vì AMHN là hình vuông (gt) ⇒ A 2 =A Từ (1) và (2) suy ra A 1 2 =D = 90 0 và BM = ND Ta có: ∆AND = ∆AMB(c.g.c) ⇒ B 1 = 90 0 ⇒ D +D = NDC ⇒ NDC = 90 0 + 90 0 = 180 0 b) ABCD là hình vuông ⇒ D 2 1 2

⇒ N; D; C thẳng hàng c) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AH và MN của hình vuông AMHN

⇒ O là tâm đối xứng của hình vuông AMHN ⇒ AH là đường trung trực của đoạn MN, mà E; F ∈ AH ⇒ EN = EM và FM = FN

(3)

(

=M Tam giác vuông EOM = tam giác vuông FON OM = ON; N 1 3

)

=O ⇒ EM = NF 4 ⇒O ( ) 1 2

Từ (3) và (4) ⇒ EM = NE = NF = FM ⇒ MENF là hình thoi (5) d) Từ (5) ⇒ FM = FN = FD + DN mà DN = MB(cmt) ⇒ MF = DF + BM Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vuông ABCD là a P = MC + CF + MF = MC + CF + BM + DF(ViMF = DF + MB) = (MC + MB) + ( CF + FD ) = BC + CD = a + a = 2a

Hình vuông ABCD cho trước ⇒ a không đổi ⇒ p không đổi

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 80. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (6 điểm) Cho biểu thức:  2x − 3 2x − 8 3  21 + 2x − 8x 2 P= 2 + − +1 : 2 2  4x − 12x + 5 13x − 2x − 20 2x − 1  4x + 4x − 3 e) Rút gọn P f) Tính giá trị của P khi x =

1 2

g) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên h) Tìm x để P > 0

Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình: a)

 1 15x 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3 

148 − x 169 − x 186 − x 199 − x + + + = 10 25 23 21 19

c) x − 2 + 3 = 5

Câu 3. (2 điểm) Giải Câu toán bằng cách lập phương trình: Một người đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu người ấy tăng vận tốc thêm 5km / h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận tốc dự định đi của người đó.

Câu 4. (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của C qua P. e) Tứ giác AMDB là hình gì ? f) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lân AB, AD. Chứng minh EF / /AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng g) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí điểm P h) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2, 4cm,

PD 9 = . Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD. PB 16

Câu 5. (2 điểm) a) Chứng minh rằng: 2009 2008 + 20112010 chia hết cho 2010 b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. ĐKXĐ: x ≠

1 5 7 −3 ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ ;x ≠ 4 2 2 2 4

e) Rút gọn P =

1  x=  1 2 x = ⇔ 2 x = − 1  2

+)x =

2x − 3 2x − 5

1 1 ⇒ .....P = 2 2

; +)x =

2 −1 ⇒ .....P = 2 3

2x − 3 2 = 1+ ∈ ℤ ⇒ x − 5 ∈ U(2) = {−2; −1; 1; 2} 2x − 5 x−5 x − 5 = −2 ⇒ x = 3(tm)

g) P =

x − 5 = −1 ⇒ x = 4(ktm) x − 5 = 1 ⇒ x = 6(tm) x − 5 = −2 ⇒ x = 7(tm) Kết luận: x ∈ {3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên h) P =

2x − 3 2 = 1+ 2x − 5 x−5

Ta có: 1 > 0 Để P > 0 thì

2 > 0⇒ x−5> 0 ⇔ x > 5 x−5

Với x > 5 thì P > 0

Câu 2. a)

⇔

 1 15x 1  − 1 = 12  +  x + 3x − 4  x + 4 3x − 3  2

 1 15x 1  − 1 = 12.  +  DK : x ≠ −4; x ≠ 1 ( x + 4 )( x − 1)  x + 4 3 ( x − 1) 

⇔ 3.15x − 3 ( x + 4 )( x − 1) = 3.12 ( x − 1) + 12 ( x + 4 ) ..............  3x = 0  x = 0 (TM) ⇔ 3x ( x + 4 ) = 0 ⇔  ⇔ x + 4 = 0  x = −4 (KTM) S = {0} b)

x−2 +3 = 5

Ta có: x − 2 ≥ 0∀x ⇒ x − 2 + 3 > 0 nên x − 2 + 3 = x − 2 + 3 Phương trình được viết dưới dạng:

x−2 +3 = 5 ⇔ x−2 = 5−3 ⇔ x−2 = 2 x − 2 = 2 x = 4 ⇔ ⇔  x − 2 = −2 x = 0

Vậy S = {0; 4}

Câu 3. Gọi khoảng cách giữa A và B là x(km) (x > 0) Vận tốc dự định của người đi xe gắn máy là:

x 3x = (km / h) 1 10 3 3

Vận tốc của người đi xe gắn máy khi tăng lên 5km / h là:

1 3h20' = 3 (h) 3

3x + 5(km / h) 10

 3x  Theo đề Câu ta có phương trình:  + 5  .3 = x ⇔ x = 150(tm) 10   Vậy khoảng cách giữa A và B là 150km Vận tốc dự định là:

3.150 = 45(km / h) 10

Câu 4.

D M

I E

e) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD

⇒ PO là đường trung bình tam giác CAM

⇒ AM / /PO ⇒ AMDB là hình thang

= MAE (đồng vị) f) Do AM / /BD nên OBA = OAB Tam giác AOB cân ở O nên OBA Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì ∆AIE cân ở I nên

= IEA IAE = OAB, do đó: EF / /AC Từ chứng minh trên : có FEA

(1)

Mặt khác IP là đường trung bình của ∆MAC nên IP / /AC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E,F,P thẳng hàng g) ∆MAF ∼ ∆DBA(g.g) ⇒ h) Nếu

MF AD Không đổi = FA AB

PD 9 PD PB = ⇒ = = k ⇒ PD = 9k,PB = 16k PB 16 9 16

Nếu CP ⊥ BD thì ∆CBD ∼ ∆DCP(g.g) ⇒ 2

CP PB = PD CP

Do đó: CP 2 = PB.PD hay

( 2, 4 )

PD = 9k = 1,8(cm);

PB = 16k = 3, 2(cm) BD = 5(cm)

= 9.16k 2 ⇒ k = 0, 2

Chứng minh BC 2 = BP.BD = 16 , do đó: BC = 4cm,

(

) (

CD = 3cm.

Câu 5. a) 2009 2008 + 20112010 = 2009 2008 + 1 + 20112010 − 1

( − 1 = ( 2011 − 1) ( 2011

)

Vì 2009 2008 + 1 = ( 2009 + 1) 2009 2007 − ...... = 2010. ( ........ ) chia hết cho 2010 (1) Vì 20112010

2009

)

+ ..... = 2010. ( ..... ) chia hết cho 2010 (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y

(1)

 1 1   1 1  ⇔ − + −  ≥0  2 2  1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy  x(y − x) y(x − y) ⇔ + ≥0 2 1 + x ( 1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy)

(

)

(

)

⇔

( y − x ) . ( xy − 1)

(1 + x )(1 + y ) (1 + xy) 2

≥0

(2)

Vì x ≥ 1; y ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy − 1 ≥ 0

⇒ BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng. Dấu “=” xảy ra khi x = y (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ81. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (5 điểm) 2 5 − x  1 − 2x  1 Cho biểu thức A =  + − : 2 2   1− x x +1 1− x  x −1 d) Rút gọn biểu thức A e) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên f) Tìm x để A = A

Câu 2. (4 điểm) Giải các phương trình sau: a)x 3 − x 2 − 12x = 0 x − 214 x − 132 x − 54 b) + + =6 86 84 82

Câu 3 (5 điểm) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD = 2AB = 2AD và BC = a 2 .Gọi E là trung điểm của CD. d) Tứ giác ABED là hình gì ? Tại sao ? e) Tính diện tích hình thang ABCD theo a f) Gọi I là trung điểm của BC,H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. Tính

góc HDI Câu 4. (4 điểm) c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x 2 − 2xy + 2y 2 − 4y + 5 d) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: B =

3 ( x + 1)

x3 + x2 + x + 1

Câu 5. (2 điểm) c) Cho a, b,c là 3 cạnh của tam giác, p là nửa chu vi. CMR:

1 1 1  1 1 1 + + ≥ 2.  + +  p−a p−b p−c a b c

d) Cho a, b,c,d là các số dương. Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. d) ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠

1 2

a − b b−c c −d a −d + + > b+c c+d d+a a+ b

 1 + x + 2 (1 − x ) − ( 5 − x )  x2 − 1 A= . 2   1 − x   1 − 2x −2 x 2 − 1 2 = . = 2 1 − x 1 − 2x 1 − 2x e) A nguyên, mà x nguyên nên 2 ⋮ ( 1 − 2x ) Từ đó tìm được x = 1 và x = 0 Kết hợp điều kiện ⇒ x = 0 A =A⇔A>0 f) Ta có:

⇔

2 1 ≥ 0 ⇔ 1 − 2x > 0 ⇔ x < 1 − 2x 2

Kết hợp với điều kiện : −1 ≠ x <

Câu 2. a)

1 2

x = 0  x − x − 12x = 0 ⇔ x ( x − 4 )( x + 3 ) = 0 ⇔  x = 4  x = −3 3

x − 214 x − 132 x − 54 + + =6 86 84 82

Câu 3.

A H

d) Chỉ ra ABED là hình bình hành ( AB / /DE, AB = DE ) Chỉ ra ABED là hình thoi (AB=AD)

)

(

= 90 0 Chỉ ra ABED là hình vuông BAD

e) Chỉ ra ∆BEC vuông cân Từ đó suy ra AB = AD = a, DC = 2a Diện tích của hình thang ABCD là : S =

( AB + CD ) .AD = ( a + 2a ) .a = 3a 2

= ACD (1) (cùng phụ với góc HDC) f) ACH

Xét ∆ADC và ∆IBD vuông tại D và B có:

AD IB 1 = = ⇒ ∆ADC ∼ ∆IBC DC BD 2 = BDI Suy ra ACD

(2)

= BDI Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra ADH + BDI = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 hay HDI = 450 Mà ADH Câu 4. c) Ta có:

A = x 2 − 2xy + y 2 + y 2 − 4y + 4 + 1 2

= ( x − y) + ( y − 2) + 1 2

Do ( x − y ) ≥ 0; ( y − 2 ) ≥ 0 2

Nên A = ( x − y ) + ( y − 2 ) + 1 ≥ 1 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = 2 Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y = 2 d) B =

3 ( x + 1) 3

x + x + x +1

Do x 2 + 1 ≥ 1 nên B =

3 ( x + 1)

x ( x + 1) + x + 1 2

3 ( x + 1)

)

+ 1 ( x + 1)

3 ≤ 3. Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 0 x +1 2

Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0

Câu 5. c) Ta có:

1 1 4 2 + ≥ = p−a p− b p−a + p− b c

3 x +1 2

1 1 4 2 + ≥ = p− b p−c p−a + p−c a 1 1 4 2 + ≥ = p−c p−a p−c + p−a b Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh

d) Ta có: a − b b−c c −d a − b a − b b−c c −d d−a + + ≥ ⇔ + + + ≥0 b+c c+d d+a a+ b b+c c+d d+a a+b a+c b+d c+a d+ b ⇔ + + + ≥4 b+c c+d d+a a+b Xét

a+c b+d c+a d+ b + + + −4 b+c c+d d+a a+ b

 1  1 1  1  = (a + c )  + + ( b + d)  +  −4  b+c d+a  c+d a+ b 4 4 ≥ (a + c ) . + ( b + d). −4 = 0 a+ b+c+d a+ b+c+d

⇒ đpcm Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = d

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ82. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

1) x 2 + 2014x + 2013

x(x + 2)(x 2 + 2x + 2) + 1

Câu 2. (4 điểm) 1) Tìm a, b biết

1 + 2a 3b 7 − 3a = = 15 23 + 7a 20

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + 2y 2 + 2xy + 2x − 4y + 2013

Câu 3. (4 điểm) 1) Cho a1 ,a 2 ,......,a 2013 là các số tự nhiên có tổng cộng bằng 20132014 Chứng minh rằng: B = a13 + a 32 + ..... + a 32013 chia hết cho 3. 2) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn 2a 2 + a = 3b 2 + 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

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) x 2 + 2014x + 2013

= x 2 + 2013x + x + 2013 = x ( x + 2013 ) + ( x + 2013 ) = ( x + 1)( x + 2013 ) 2) x(x + 2)(x2 + 2x + 2) + 1

( = (x = (x

)( ) + 2x ) + 2 ( x + 2x ) + 1 + 2x + 1) = ( x + 1)

= x 2 + 2x x 2 + 2x + 2 + 1 2

Câu 2. 1) Từ

1 + 2a 7 − 3a = ⇒ 20 ( 1 + 2a ) = 15 ( 7 − 3a ) ⇒ a = 1 15 20

Thay a = 1 vào tỉ lệ thức

1 + 2a 3b 1 + 2.1 3b ta được: = ⇒b=2 = 15 23 + 7a 15 23 + 7.1

Vậy a = 1, b = 2 2) Ta có:

A = x 2 + 2y 2 + 2xy + 2x − 4y + 2013 = x 2 + 2x ( y + 1) + y 2 + 2y + 1 + y 2 − 6y + 9 + 2003 2

= ( x + y + 1) + ( y − 3 ) + 2003 2

với mọi x, y ta có: ( x + y + 1) ≥ 0; ( y − 3 ) ≥ 0 ⇒ 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

Câu 3.

Nhận thấy

1) Dễ thấy a 3 − a = a(a + 1)(a − 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3

(

)

Xét hiệu B − ( a 1 + a 2 + ..... + a 2013 ) = a 13 + a 32 + .... + a 32013 − ( a 1 + a 2 + .... + a 2013 )

(

) (

)

(

)

3 = a 13 − a 1 + a 32 − a 2 + ..... + a 2013 − a 2013 chia hết cho 3

Mà a1 ,a 2 ,.......,a 2013 là các số tự nhiên có tổng bằng 20132014 Do vậy B chia hết cho 3. 2) Từ 2a 2 + a = 3b 2 + b có ( a − b )( 3a + 3b + 1) = a 2 2

Cũng có : ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b 2 . Suy ra ( a − b ) . ( 2a + 2b + 1)( 3a + 3b + 1) = ( ab )

Gọi ( 2a + 2b + 1, 3a + 3b + 1) = d . Chứng minh được d = 1

⇒ 3a + 3b + 1 là số chính phương ⇒ a + b là số chính phương (đpcm) Câu 4.

H D

I K

1) Ta có: IM / /AC, IN / /AB ⇒ AMIN là hình bình hành

⇒ MN cắt AI tại trung điểm mỗi đường. Mà O là trung điểm AI ⇒ M,O, N thẳng hàng (đpcm) 2) Kẻ OE vuông góc với BC. Chứng minh MHKN là hình thang vuông. Ta có: O là trung điểm MN mà OE / /MH / /NK . Suy ra OE là đường trung bình của hình thang vuông MNKH nên MH + NK = 2OE (1) Xét ∆ADI có O là trung điểm của AI và OE / /AD. Suy ra OE là đường trung bình của ∆ADI nên AD = 2OE

(2)

Từ (1) và (2) ta có: MH + NK = AD

(dpcm)

3) Ta có: MN / /BC ⇔ MN là đường trung bình của ∆ABC (do O là trung điểm AI)

⇔ I là trung điểm BC (Vì MI / /AC,MA = MB) Vậy để MN song song với BC thì I là trung điểm BC.

Câu 5.Xét hiệu x − y = ( a + b )( c + d ) − ( a + c )( b + d ) = ( d − a )( b − c ) Vì b > a, b < c nên ( d − a )( b − c ) < 0. Suy ra x < y ( 1) Xét hiệu y − z = ( a + c )( b + d ) − ( a + d )( b + c ) = ( a − b )( d − c ) Vì b > a, c < d nên ( a − b )( d − c ) < 0 . Suy ra y < z (2) Từ (1) và (2) ta sắp xếp theo thứ tự giảm dần là z > y > x

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ83. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2013x 2 + 2012x + 2013  x 2 − 2x 2x 2 A= 2 − 2 3  2x + 8 8 − 4x + 2x − x 2. Rút gọn biểu thức sau:

  1 2  . 1 − − 2 x x  

 . 

Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau:

( 2x

)

(

+ x − 2013 + 4. x 2 − 5x − 2012

)

(

)(

= 4. 2x 2 + x − 2013 x 2 − 5x − 2012

)

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3

Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24,

f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư 2) Chứng minh rằng: 2

a ( b − c )( b + c − a ) + c ( a − b )( a + b − c ) = b ( a − c )( a + c − b )

AC = 2EF 3) Chứng minh rằng :

1 1 1 = + 2 2 AD AM AN 2

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.2 Ta có: x 4 + 2013x 2 + 2012x + 2013

(

)

= x 4 − x + 2013x 2 + 2013x + 2013

(

)

(

= x ( x − 1) x 2 + x + 1 + 2013. x 2 + x + 1

(

)(

= x + x + 1 x − x + 2013

)

1.2 x ≠ 0 Điều kiện:  x ≠ 2

Ta có:  x 2 − 2x  2x 2 1 2  A= 2 1− − 2  − 2 3  x x   2x + 8 8 − 4x + 2x − x    x 2 − 2x  x2 − x − 2 2x 2  . = −  2 x2 + 4 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )  x2    x 2 − 2x  ( x + 1)( x − 2 ) 2x 2 . = −  2 x2 + 4 x2 x2 + 4 ( 2 − x )   

(

)

(

) (

)

x. ( x − 2 ) + 4x 2

( x + 1) . ( x + 2 ) = x

x ( ) x ( x + 4 ) ( x + 1) x + 1 = = 2x 2x ( x + 4 ) 2 ( x − 2 ) x2 + 4

− 4x 2 + 4x + 4x 2 x + 1 . 2 x 2 x2 + 4

(

)

Vậy A =

x+1 với 2x

x ≠ 0  x ≠ 2

Câu 2.

a = 2x 2 + x − 2013 a. Đặt  2  b = x − 5x − 2012 Phương trình đã cho trở thành: 2

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b ) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó ta có:

(

)

2x 2 + x − 2013 = 2. x 2 − 5x − 2012 ⇔ 2x 2 + x − 2013 = 2x 2 − 10x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011 11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011 11 2

 3 7 b. Ta có: y − x = 2x + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y (1) 4 8  3

(x + 2)

9  15  − y = 4x + 9x + 6 =  2x +  + >0⇒ y< x+2 4  16  3

(2)

Câu 3. 3.1 Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư ax + b

(

)

Khi đó : f(x) = x 2 − 4 . ( −5x ) + ax + b Theo đề Câu, ta có:

7  f(2) = 24 2a + b = 24 a = ⇔ ⇔ 2  f( −2) = 10 −2a + b = 10  b = 17  7 Do đó : f(x) = x 2 − 4 .( −5x) + x + 17 2

(

)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f(x) = −5x 3 +

47 x + 17 2

3.2

(

)

(

)

(

)

Ta có: a ( b − c ) b + c − a 2 + c ( a − b ) a + b − c 2 − b ( a − c ) a + c − b 2 = 0

 x+z a = 2 a + b − c = x  x+y   Đặt  b + c − a = y ⇒  b = 2 a + c − b = z   y+z  c = 2  Khi đó ta có:

(1)

VT =

x+z  x+y y+z 2 y+z x+z x+y 2 1 2 . . − −  .y +  x − ( x + y )( x − y ) z 2  2 2  2  2 2  4

x+z x−z 2 y+z z−y 2 1 2 . .y + . .x − . x − y 2 z 2 2 2 2 2 4

1 2 1 1 x − z 2 y 2 + z 2 − y 2 x 2 − . x 2 − y 2 .z 2 4 4 4

1 2 1 x − y 2 z 2 − x 2 − y 2 z 2 = 0 = VP 4 4

(

)

(

)

(

)

(

)

(dfcm)

Câu 4.

H F

N = ABF (cùng phụ với BAH) 1) Ta có: DAM = ADM = 90 0 (ABCD là hình vuông) (gt); BAF

AB = AD

⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g.c.g )

⇒ DM = AF, mà AF = AE(gt) nên AE = DM Lại có: AE / /DM (vì AB / /DC) = 90 0 (gt) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 2) Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH(g.g) ⇒

AB BH BC BH hay = = ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH

= HBC (cùng phụ với ABH) Lại có: HAB ⇒ ∆CBH ∼ ∆AEH(c.g.c) 2

⇒

S CBH  BC  S 2  BC  , mà CBH = 4(gt) ⇒  = = 4 ⇒ BC2 = ( 2AE )   S EAH  AE  S EAH  AE 

⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF(dfcm) 3) Do AD / /CN(gt). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: ⇒

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC / /AB ( gt ) . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

MN MC AB MC AD MC hay = ⇒ = = AN AB AN MN AN MN 2

(dfcm)

Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b,c ∈ ℝ và x, y, z > 0 ta có:

a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

(*)

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có: a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+y

(

(**)

)

⇔ a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy(a + b)2 2

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức ( * * ) ta có: 2

a 2 b2 c 2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b (c + a) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc

Áp dụng BĐT (*) ta có : 2

 1 1 1 1 1 1 a + b+ c 2 2 2  = a b c + + ≥  ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ac )

 1 1 1  + +   a b c  (Vì abc = 1)  1 1 1 2 + +  a b c

Hay 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 Mà + + ≥ 3 nên a + b + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c Vậy

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . (đpcm) a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ84. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1 (3 điểm) Chứng minh rằng: a) 8 5 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44

Câu 2. (3 điểm) a) Rút gọn biểu thức : b) Cho

x2 + x − 6 x3 − 4x 2 − 18x + 9

yz xz xy 1 1 1 + + = 0 ( x, y, z ≠ 0 ) . Tính 2 + 2 + 2 x y z x y z

Câu 3. (3 điểm) Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA,CA sao cho

BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK

Câu 4. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có): M = 4x 2 + 4x + 5

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

( )

a) Ta có: 8 5 + 211 = 2 3

(

)

+ 211 = 215 + 211 = 211. 2 4 + 1 = 211.17

Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17 b) Áp dụng hằng đẳng thức

(

)

a n + b n = ( a + b ) a n −1 − a n − 2 b + a n − 3 b 2 − ..... − ab n − 2 + b n −1 với mọi n lẻ

(

Ta có: 1919 + 6919 = ( 19 + 69 ) 1918 − 1917 .69 + ...... + 6918

(

)

= 88. 1918 − 1917 .69 + ..... + 6918 chia hết cho 44

Câu 2. a) Ta có: *) x 2 + x − 6 = x 2 + 3x − 2x − 6 = x ( x + 3 ) − 2 ( x + 3 ) = ( x − 2 )( x + 3 )

x 3 − 4x 2 − 18x + 9 = x 3 + 3x 2 − 7x 2 − 21x + 3x + 9

= x 2 ( x + 3 ) − 7x ( x + 3 ) + 3 ( x + 3 )

(

= ( x + 3 ) x 2 − 7x + 3 ⇒

b) Vì

)

( x + 3 )( x − 2 ) = x − 2 x ≠ −1; x2 − 7x + 3 ≠ 0 x2 + x − 6 = x 3 − 4x 2 − 18x + 9 ( x + 3 ) x 2 − 7x + 3 x 2 − 7x + 3

(

)

1 1 1 1 1 1 + + = 0 ⇒ = − +  x y z z x y 3

 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  ⇒ 3 = −  +  ⇒ 3 = −  3 + 3. 2 . + 3. . 2 + 3  x y z z x y y  x y x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ 3 + 3 + 3 = −3. . .  +  ⇒ 3 + 3 + 3 = 3. x y x y x y z xyz x y z  1 xyz xyz xyz yz zx xy 1 1  Do đó: xyz  3 + 3 + 3  = 3 ⇔ 3 + 3 + 3 = 3 ⇔ 2 + 2 + 2 = 3 x y z x y z x y z  Câu 3. A 2

K 1 1

Vẽ hình bình hành ABMC ta có: AB = CM Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM. =E ɵ Thật vậy, xét tam giác BCE có BC = CE ( gt ) ⇒ ∆CBE cân tại C ⇒ B 1

)

Vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE =B +E ɵ⇒B = 1C mà AC / /BM (ta vẽ) ⇒ C = CBM ⇒B = 1 CBM nên BO là tia ⇒C 1 1 1 1 1 1 2 2

Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của BCM . Trong tam phân giác của CBM. giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O

⇒ MO là tia phân giác của CMB

BMC là hai góc đối của hình bình hành BMCA ⇒ MO / / với tia phân giác của Mà BAC, góc A theo giả thiết tia phân giác của góc A còn song song với OK ⇒ K,O,M thẳng hàng

= 1 BMC(cmt); =M ⇒M =A mà A =K (2 góc đồng vị) Ta lại có: M A 1 1 2 2 1 2 =M ⇒ ∆CKM cân tại C ⇒ CK = CM. ⇒K 1 1

Kết hợp AB = CM ⇒ AB = CK

( dpcm )

Câu 4.

(

)

Ta có M = 4x 2 + 4x + 5 = 4x 2 + 4x + 1 + 4 = ( 2x + 1) + 4 2

Vì ( 2x + 1) ≥ 0 ⇒ ( 2x + 1) + 4 ≥ 4 ⇔ M ≥ 4 Vậy Min M = 4 ⇔ x = −

1 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ85. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x 2 − 2xy + y 2 + 4x − 4y − 5 b) Chứng minh ∀n ∈ ℕ * thì n 3 + 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. a) Giải phương trình:

x −1 x − 2 x − 3 x − 2012 + + + ..... + = 2012 2012 2011 2010 1

b) Cho a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b 3 + c 3 = 1. Tính S = a 2 + b 2012 + c 2013 .

Câu 3. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x 2 + 3y 2 + 4xy − 8x − 2y + 18 b) Cho a, b,c là ba cạnh của tam giác

Chứng minh :

ab bc ac + + ≥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.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 2

(x − y) + 4 (x − y) − 5 = (x − y) + 4 (x − y) + 4 − 9 = ( x − y − 2 ) − 3 = ( x − y + 5 )( x − y − 1) Ta có: n + n + 2 = n + 1 + n + 1 = ( n + 1) ( n − n + 1) + ( n + 1)

(

= ( n + 1) n 2 − n + 2

)

n + 1 > 1 Do ∀n ∈ ℕ * nên  2 .Vậy n 3 + n + 2 là hợp số. n − n + 2 > 1. c) Gọi hại số lần lượt là a 2 và ( a + 1)

Theo bài ra ta có: 2

a 2 + ( a + 1) + a 2 . ( a + 1) = a 4 + 2a 3 + 3a 2 + 2a + 1

(

) (

)

(

)

= a 4 + 2a 3 + a 2 + 2 a 2 + a + 1 = a 2 + a + 2 ( a + 1) + 1

(

)

= a 2 + a + 1 là một số chính phương lẻ vì a 2 + a = a ( a + 1) là số chẵn nên a 2 + a + 1 là số lẻ

Câu 2. a) Phương trình đã cho tương đương với :

x −1 x − 2012 x−3 x − 2012 −1+ −1+ − 1 + ..... + − 1 + 2012 = 2012 2012 2011 2010 1 x − 2013 x − 2013 x − 2013 x − 2013 ⇔ + + + ....... + =0 2012 2011 2010 1 1 1 1  1 ⇔ ( x − 2013 )  + + + ..... +  = 0 ⇔ x = 2013 1  2012 2011 2010 b)

a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b 3 + c 3 = 1 ⇒ a; b; c ∈  −1;1

(

)

⇒ a 3 + b 3 + c 3 − a 2 + b 2 + c 2 = a 2 ( a − 1) + b 2 ( b − 1) + c 2 ( c − 1 ) ≤ 0

⇒ a 3 + b 3 + c 3 ≤ 1 ⇒ a; b; c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1

⇒ b 2012 = b2 ; c 2013 = c 2 ⇒ S = a 2 + b2012 + c 2013 = 1

Câu 3.

(

)

a) Ta có: A = 2 x 2 + 2xy + y 2 + y 2 − 8x − 2y + 18

A = 2 ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 4  + y 2 + 6y + 9 + 1   2

(

)

A = 2 ( x + y − 2) + ( y + 3) + 1 ≥ 1 x = 5 Vậy MinA = 1 ⇔   y = −3

Vì a, b,c là ba cạnh của một tam giác nên: a + b − c > 0; −a + b + c > 0; a − b + c > 0

Đặt x = −a + b + c > 0; y = a − b + c > 0; z = a + b − c > 0 Ta có: x + y + z = a + b + c; a =

y+z x+y x+z ;b = ;c = 2 2 2

( y + z )( x + z ) + ( x + z )( x + y ) + ( x + y )( y + z ) ab bc ac + + = a + b − c −a + b + c a − b + c 4z 4x 4y  1 yz 1  xy yz xz 1  xy xz   + + + 3x + 3y + 3z  =  3 ( x + y + z ) +  2. + 2. + 2.    4 z x y 2 z x y    4  y  x z  x  y z  z  x y  1  = . 3 ( x + y + z ) + .  +  + .  +  +  +  4  2  z x  2  z y  2  y x  

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.

N D

a) Chứng minh EFGH là hình thoi Chứng minh có 1 góc vuông nên EFGH là hình vuông

= FDC mà ∆CDF vuông tại C nên: b) ∆BEC = ∆CFD ⇒ ECB

+ DFC = 900 ⇒ DFC + ECB = 900 ⇒ ∆CMF vuông tại M hay CE ⊥ DF ⇒ CDF Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG ⊥ DF

⇒ GN / /CM mà G là trung điểm của DC nên N là trung điểm DM. Trong ∆MAD có AN vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

⇒ ∆MAD cân tại A c) ∆CMD ∼ ∆FCD(g.g) ⇒

CD CM = FD FC

S  CD   CD  ⇒ S CMD =  Do đó : CMD =    .S FCD S FCD  FD   FD  Mà S FCD =

Vậy

1 1 CF.CD = CD 2 . 2 4

S CMD =

CD2 1 . CD2 2 FD 4

Trong ∆DCF theo định lý Pytago ta có:

1 5 1  DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 +  BC 2  = CD 2 + CD 2 = CD 2 4 4 2  Do đó: S MCD =

1 CD 2 1 . CD 2 = a 2 5 5 CD 2 4 4 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ86. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4,0 điểm) 4

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x + 2013x + 2012 x + 2013

 x2 − 2 x  1 2 2x2 . 1 − − 2 . − 2 2 3   x x x x x x  2 + 8 8 − 4 + 2 −  

2. Rút gọn biểu thức sau: A = 

Câu 2. (4,0 điểm) 3. Giải phương trình sau:

( 2x

+ x − 2013) + 4.( x 2 − 5 x − 2012 ) = 4.( 2 x 2 + x − 2013)( x 2 − 5 x − 2012 ) 3

4. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x + 2 x + 3 x + 2 = y

Câu 3. (4,0 điểm) 4) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x + 2 dư 10, f ( x) chia cho x − 2 dư 24,

f ( x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư 5) Chứng minh rằng:

a ( b − c )( b + c − a ) + c ( a − b )( a + b − c ) = b ( a − c )( a + c − b )

Câu 4. (6,0 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 6) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 7) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH . Chứng minh rằng AC = 2 EF 8) Chứng minh rằng :

1 1 1 = + 2 2 AD AM AN 2

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + + ≥ . a 3 ( b + c ) b3 ( c + a ) c 3 ( a + b ) 2 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.3 Ta có:

x 4 + 2013 x 2 + 2012 x + 2013 = ( x 4 − x ) + 2013 x 2 + 2013 x + 2013

= x ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + 2013.( x 2 + x + 1) = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2013) 1.2

x ≠ 0 x ≠ 2

Điều kiện:  Ta có:

 x2 − 2 x  1 2  2x2 1− − 2  A= 2 − 2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x   x2 − 2 x  x2 − x − 2 2x2 . = −  2 ( x2 + 4 ) 4 ( 2 − x ) + x2 ( 2 − x )  x2    x2 − 2 x  ( x + 1)( x − 2 ) 2x2 . = −  2 ( x2 + 4 ) ( x2 + 4 ) ( 2 − x )  x2   2

x.( x − 2 ) + 4 x 2 2 ( x − 2)( x2 + 4) x ( x 2 + 4 ) ( x + 1) 2x ( x + 4) 2

Vậy A =

x +1 với 2x

( x + 1).( x + 2 ) = x3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 . x + 1

2 ( x2 + 4)

x +1 2x

x ≠ 0  x ≠ 2

Câu 2. 2  a = 2 x + x − 2013 a. Đặt  2 b = x − 5 x − 2012

Phương trình đã cho trở thành: 2

a 2 + 4b 2 = 4 ab ⇔ ( a − 2b ) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b Khi đó ta có:

2 x 2 + x − 2013 = 2.( x 2 − 5 x − 2012 ) ⇔ 2 x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 10 x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011 11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011 11 2

3 7  b. Ta có: y − x = 2 x + 3 x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y (1) 4 8  3

9 15 ( x + 2 ) − y = 4 x + 9 x + 6 =  2 x +  + > 0 ⇒ y < x + 2 4  16  3

(2)

Từ (1) và ( 2 ) ta có: x < y < x + 2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x = −1 ⇒ y = 0 Vậy ( x; y ) = ( −1;0 )

Câu 3.3.1 Giả sử f ( x) chia cho x − 4 được thương là −5x và còn dư ax + b

(

)

Khi đó : f ( x ) = x 2 − 4 . ( −5 x ) + ax + b

7   f (2) = 24 2a + b = 24 a = ⇔ ⇔ Theo đề bài, ta có:  2  f (−2) = 10 −2a + b = 10 b = 17 

(

)

Do đó : f ( x ) = x − 4 .( −5 x) +

7 x + 17 2 3

Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x +

(

)

(

47 x + 17 2

)

(

)

3.2 Ta có: a ( b − c ) b + c − a 2 + c ( a − b ) a + b − c 2 − b ( a − c ) a + c − b 2 = 0

x+ z  a = 2 a + b − c = x  x+ y   Đặt b + c − a = y ⇒ b = . 2   a + c − b = z y+z  c = 2 Khi đó ta có:

x+z x+ y y+z 2 y+z x+z x+ y 2 1 2 . . − − . y +  x − ( x + y )( x − y ) z 2  2 2  2  2 2  4 x+z x−z 2 y+z z− y 2 1 2 . .y + . .x − . ( x − y 2 ) z 2 = 2 2 2 2 4 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 = ( x − z ) y + ( z − y ) x − . ( x − y ) .z 4 4 4 1 1 (dpcm) = ( x 2 − y 2 ) z 2 − ( x 2 − y 2 ) z 2 = 0 = VP 4 4

VT =

Câu 4. E

H F

(1)

) = ABF (cùng phụ với BAH 4) Ta có: DAM AB = AD

= ( gt ); BAF ADM = 900 (ABCD là hình vuông)

⇒ ∆ADM = ∆BAF ( g .c.g ) ⇒ DM = AF , mà AF = AE ( gt ) nên AE = DM Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác

= 900 ( gt ) DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 5) Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH ( g .g )

AB BH BC BH = = hay ( AB = BC; AE = AF ) AF AH AE AH = HBC (cùng phụ với ABH ) Lại có: HAB

⇒

⇒ ∆CBH ∼ ∆AEH (c.g.c) 2

S SCBH 2  BC   BC  2 ⇒ CBH =  = 4( gt ) ⇒   , mà  = 4 ⇒ BC = ( 2 AE ) S EAH  AE  S EAH  AE 

⇒ BC = 2 AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2 EF hay AC = 2 EF ( dfcm) 6) Do AD / / CN ( gt ). Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

⇒

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC / / AB ( gt ) . Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có:

MN MC AB MC AD MC = ⇒ = hay = AN AB AN MN AN MN 2

2 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  CN + CM ⇒ + = + = = =1        MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  ( Pytago)

1 1 1  AD   AD  ⇒ + =  +  =1⇒ 2 2 AM AN AD 2  AM   AN 

(dpcm)

Câu 5. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi mọi a, b, c ∈ ℝ và x, y, z > 0 ta có:

a2 b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z

(*)

Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ ℝ và x, y > 0 ta có:

a2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y

(**)

⇔ ( a 2 y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b) 2 2

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng) Dấu " = " xảy ra ⇔

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức ( **) ta có: 2

a 2 b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z Dấu " = " xảy ra ⇔

a b c = = x y z

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a ( b + c ) b (c + a ) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc Áp dụng BĐT (*) ta có : 2

1 1 1 2 2 2 a + b + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc

1 1 1  + +  a b c = 2 ( ab + bc + ac )

1 1 1  + +   a b c  (Vì abc = 1) 1 1 1 2 + +  a b c

1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a + b + c ≥  + +  Hay ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c  1 1 1 2 2 2 3 1 1 1 a Mà + + ≥ 3 nên + b + c ≥ a b c ab + ac bc + ab ac + bc 2 Vậy

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . (đpcm) a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b) 2 3

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ87. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4 điểm)

(

a) Giải phương trình : x − 4 x b) Cho phương trình: Tìm giá trị

)

+ 2 ( x − 2 ) = 43

x + 2 x +1 = x − m x −1

m để phương trình vô nghiệm.

Câu 2. (2 điểm) Chứng minh rằng: Nếu

1 1 1 1 1 1 + + = 0 và a + b + c = abc thì ta có 2 + 2 + 2 = 2 a b c a b c

Câu 3. (2 điểm) Cho S =

7 1 1 1 1 + + + ..... + . Chứng minh rằng S > 12 101 102 103 200

Câu 4. (4 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 thì ta vẫn được một số chính phương.

Câu 5. (6 điểm) 1. Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài hai tam giác đều ABE ; ACF , lại dựng hình bình hành AEPF . Chwnngs minh rằng PBC là tam giác đều

2. Cho tam giác ABC có BC = 15cm, AC = 20cm, AB = 25cm. a) Tính độ dài đường cao CH của tam giác ABC b) Gọi CD là đường phân giác của ∆ACH . Chứng minh ∆BCD cân 2

c) Chứng minh: BC + CD + BD = 3CH + 2 BH + DH

Câu 6. (2 điểm) 3

Cho a, b là các số dương thỏa mãn a + b = a + b . Chứng minh rằng a + b ≤ 1 + ab

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a)

− 4 x ) + 2.( x − 2 ) = 43 ⇔ ( x 2 − 4 x ) + 2 ( x 2 − 4 x + 4 ) = 43 2

Đặt x − 4 x = t. Điều kiện : t ≥ −4 . Khi đó ta có phương trình:

t = −7(ktm) t 2 + 2t − 35 = 0 ⇔ ( t + 7 )( t − 5 ) = 0 ⇔  t = 5(tm)

x = 5  x = −1

Với t = 5 ⇒ x − 4 x − 5 = 0 ⇔  2

Vậy S = {5; −1} b) ĐK của phương trình:

x + 2 x +1 = x − m x −1

(*)

x − m ≠ 0 ⇒ x ≠ m ⇔ x −1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1 Từ (*) ⇒ ( x + 2 )( x − 1) = ( x + 1)( x − m ) ⇒ mx = 2 − m (**) Với m = 0 thì PT (**) có dạng 0 x = 2(VN ) Với m ≠ 0 thì PT (*) có nghiệm x = Nghiệm x =

Tức là:

2−m m

2−m là nghiệm của PT (*) khi nó phải thỏa mãn điều kiện m

x ≠ m  x ≠ 1

2−m ≠ 1⇒ 2 − m ≠ m ⇔ m ≠ 1 m

m ≠ 1 2−m ≠ m ⇒ m 2 + m − 2 ≠ 0 ⇔ ( m − 1)( m + 2 ) ≠ 0 ⇔  m  m ≠ −2 Như vậy PT (*) vô nghiệm với các giá trị của m ∈ {−2;0;1}

Câu 2. Theo giả thiết:

1 1 1 + + = 2 nên a ≠ 0; b ≠ 0; c ≠ 0 a b c 2

1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 + + =4 Ta có: + + = 2 ⇒  + +  = 4 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2  a b c a b c a b c  ab bc ca  ⇒

1 1 1 a+b+c + 2 + 2 + 2 =4 2 a b c  abc 

Vì a + b + c = abc( gt ) ⇒

⇒

a+b+c =1 abc

1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 = 4 ⇒ 2 + 2 + 2 = 2 ( dfcm ) 2 a b c a b c 1 1 1   1 1 1 1   1 + + + ..... + + + + .... +  +  150   151 152 153 200   101 102 103

Câu 3.Ta có: A = 

Thay mỗi phân số trong từng nhóm bằng phân số nhỏ nhất trong từng nhóm ấy ta được

1 1 1 1 1   1 .50 = + + + ..... +  > 150  150 3  101 102 103 1 1 1 1 1   1 .50 = + + + .... +  > 200  200 4  151 152 153 1 1 1   1 1 1 1  1 1 7  1 ⇒ A= + + + ..... + + + + .... +  + > + = 150   151 152 153 200  3 4 12  101 102 103

1 1 1   1 1 1 1  7  1 ⇒ A= + + + ..... + + + + .... +  + > 150   151 152 153 200  12  101 102 103 Câu 4.Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d ∈ ℕ,0 ≤ a, b, c, d ≤ 9, a ≠ 0 Ta có: 2  abcd = k 2  abcd = k k , m ∈ ℕ,31 < k < m < 100 ⇔   2 2 a 1 b 3 c 5 d 3 m + + + + = ( )( )( )( )  abcd + 1353 = m 

Do đó: m − k = 1353

⇒ ( m + k )( m − k ) = 123.11 = 41.33 ( k + m < 200 )  m + k = 123  m = 67 (TM )   m − k = m = 11 57   ⇒ ⇔  m + k = 41  m = 37   ( KTM )  m − k = 33  k = 4 Vậy số cần tìm là abcd = 3136

Câu 5.1.

A 1

1 2

AEP = AFP Ta có: AEPF là hình bình hành nên Xét ∆EPB và ∆FPC có:

= PFC (vi 600 − ) EB = FP ( = AE ) ; EP = FC ( = AF ) ; PEB AEP = 600 − AFP ⇒ ∆EPB = ∆FPC ( c.g.c ) ⇒ PB = PC (1)

+ = 600 mà E +E = 600 ⇒ A3 = E AEP = 1800 ⇒ A3 + E Ta có: EAP 1 2 2 1 ⇒ ∆EPB = ∆ABC (cgc) ⇒ PB = BC ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra PB = PC = BC . Vậy ∆PBC đều

a) Dùng định lý Pytago đảo chứng minh được: ∆ABC vuông tại C

1 1 AC.BC 20.15 AC.BC = AB.CH ⇒ CH = = = 12cm. 2 2 AB 25 b) Dễ dàng tính được: HA = 16cm, BH = 9cm

Ta có: S ABC =

CD là tia phân giác của ∆ACH nên suy ra AD = 10cm, HD = 6cm. Do đó: BC = BD ( = 15cm ) Vậy ∆BDC cân tại B c) Xét các ∆ vuông: CBH , CAH Ta có:

BC 2 = BH 2 + CH 2 ( Pytago) CD 2 = DH 2 + CH 2 ( Pytago )

BD 2 = BC 2 = BH 2 + CH 2 ( Pytago ) 2

Từ đó suy ra BC + CD + BD = 3CH + 2 BH + DH

Câu 6. Xét 2 số dương : 2

Xét : a + b ≤ 1 + ab ⇔ a + b − ab ≤ 1

⇔ ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) ≤ ( a + b )

a + b > 0)

(Vi

⇔ a 3 + b3 ≤ a + b ⇔ ( a 3 + b3 )( a 3 + b3 ) ≤ ( a + b ) ( a 5 + b5 )

a 3 + b3 = a 5 + b5 )

(Vi

⇔ a 6 + 2a 3b3 + b 6 ≤ a 6 + ab5 + a 5b + b 6 ⇔ 2a 3b3 ≤ ab5 + a 5b ⇔ ab ( a 4 − 2a 2b 2 + b 4 ) ≥ 0 2

⇔ ab ( a 2 − b 2 ) ≥ 0 đúng ∀a, b > 0 2

Vậy : a + b ≤ 1 + ab với a, b dương và a + b = a + b

ĐỀ SỐ88. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,5 điểm)

1 1 1 b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2 Cho + + = 0 với a , b, c ≠ 0 và M = + + a b c a b c Chứng minh rằng: M = 3abc

Câu 2. (2,5 điểm) 3

a) Chứng minh rằng ( x + 2 ) > 1 + x + x + x với mọi giá trị 2

b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên: 1 + x + x + x = y

x 3

Câu 3. (2,5 điểm)

3x + 3 x + x2 + x + 1 a) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên Cho biểu thức A =

b) Tìm giá trị lớn nhất của A.

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC. Từ điểm M thuộc cạnh AC kẻ các đường thẳng song song với các cạnh AB và BC cắt BC tại E và AB tại F. Hãy xác định vị trí của M trên AC sao cho hình bình hành BEMF có diện tích lớn nhất

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

Đặt

1 1 1 = x; = y; = z thì x + y + z = 0 a b c

Ta có: M =

b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2 1 1 1 + + = a 2b 2 c 2 .  3 + 3 + 3  = a 2b 2 c 2 . ( x 3 + y 3 + z 3 ) a b c a b c 

Từ : x + y + z = 0 ⇒ x + y = − z ⇒ x + y + 3 xy ( x + y ) = ( − z ) 3

⇒ x3 + y 3 − 3 xyz = − z 3 ⇒ x3 + y 3 + z 3 = 3 xyz 2 2 2

1 1 1 = 3abc a b c

2 2 2

Vậy M = a b c .3 xyz = a b c .3. . .

Câu 2. 2

11  19  >0 a) Ta có: ( x + 2 ) − (1 + x + x + x ) = 5 x + 11x + 7 = 5  x +  + 10  20  3

suy ra ( x + 2 ) > 1 + x + x 2 + x 3 2

1 3  b) Ta nhận thấy 1 + x + x =  x +  + > 0 với mọi x 2 4  2

Nên x < 1 + x + x + x = y 3

Theo câu a): ( x + 2 ) > 1 + x + x + x Suy ra : x < y < ( x + 2 ) 3

 x = −1 3 3 ⇒ y 3 = ( x + 1) ⇔ 1 + x + x 2 + x 3 = ( x + 1) ⇔ x ( x + 1) = 0 ⇔  x = 0  x = −1 ⇒ y = 0 x = 0 ⇒ y =1  Vậy phương trình có các nghiệm nguyên ( −1;0 ) ; ( 0;1)

Câu 3. Ta có:

3( x + 1) 3x + 3 3 = 2 = 2 2 x + x + x + 1 ( x + 1) ( x + 1) x + 1 3

Muốn A nhận giá trị nguyên thì x + 1 phải là ước của 3. Mà Ư(3)= {±1; ±3} 2

Nếu x + 1 = 1 ⇒ x = 0 thì A = 3

Nếu x + 1 = 

 −1 thì không có giá trị x thỏa mãn − 3 

Nếu x + 1 = 3 ⇒ x = 2 ⇒ x = ± 2 thì A = 1 2

Vậy tập hợp các giá trị của

{

x để A nhận giá trị nguyên là − 2;0; 2

}

3 2 nhận giá trị lớn nhất khi x + 1 nhận giá trị nhỏ nhất x +1 2

Mà x + 1 ≥ 1 ⇒ x + 1 = 1min. Khi đó A = 3. 2

Vậy Amax = 3 ⇔ x = 0

Câu 4.

A x

M y

Ta có tứ giác BEMF là hình bình hành . Kẻ AH ⊥ BC , AH cắt MF tại I

AI ⊥ MF . Gọi S ' là diện tích hình bình hành BEMF và S là diện tích tam giác ABC

1 BC. AH 2 S' IH .MF MF IH Ta có: . = =2 (1) S 1 BC. AH BC AH 2 Đặt AM = x, MC = y S ' = IH .MF và S =

Vì MF / / BC nên ta có: Thay vào (1) ta có:

MF AM x IH MC y = = ; = = BC AC x + y AH AC x + y

S' x y 2 xy = 2. . = S x + y x + y ( x + y )2 2

Vì x, y là hai số không âm nên ta có: x + y ≥ 2 xy ⇒ ( x + y ) ≥ 4 xy

⇒

2 xy 2 xy 1 1 S' S' 1 = ≤ = ⇒ ≤ ⇔ S'≤ S 2 4 xy 2 2 S ( x + y) S 2

Dấu " = " xảy ra khi x = y, tức là khi M là trung điểm cạnh AC thì diện tích hình bình hành BEMF đạt giá trị lớn nhất là

1 S không đổi 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ89. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên

x thì biểu thức A = x 5 − x luôn chia hết cho

30.

Câu 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

(

) (

)

1) a x 2 + 1 − x a 2 + 1 3

2) 6 x + 13x + 4 x − 3 3)

+ x ) − 2 ( x 2 + x ) − 15

Câu 3.

4 x3 − 6 x 2 + 8 x a) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B = nhận giá trị nguyên 2x −1 b) Tìm giá trị của

a và b để biểu thức C = a 2 − 4ab + 5b2 − 2b − 6 đạt giá trị nhỏ

nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Câu 4. Chứng minh rằng: ( x − 1)( x − 3)( x − 4 )( x − 6 ) + 10 ≥ 1 Câu 5. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng

a. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của

AB và BC. a) Tính diện tích tứ giác AMND. b) Phân giác góc CDM cắt BC tại E. Chứng minh DM = AM + CE

Câu 6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BD, CE là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng: a) HD.HB = HE.HC b) ∆HDE ∼ ∆HCB c) BH .BD + CH .CE = BC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

A = x 5 − x = x ( x 4 − 1) = x ( x 2 − 1)( x 2 + 1) = ( x − 1) x ( x + 1) ( x 2 + 1) Vì ( x − 1) x ( x + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên A⋮ 6 +) Nếu x⋮5 ⇒ A⋮5

(1)

+)Nếu x : 5 dư 1 thì ( x − 1)⋮5 ⇒ A⋮5 +)Nếu x : 5 dư 4 thì ( x + 1)⋮5 ⇒ A⋮5

(

)

+)Nếu x : 5 dư 2 hoặc 3 thì x :5 dư 4 ⇒ x 2 + 1 ⋮5 ⇒ A⋮ 5 2

Vậy A⋮5 với mọi x và ( 5,6 ) = 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra A⋮30

Câu 2.

(

) (

)

1) a x 2 + 1 − x a 2 + 1 = ax 2 + a − a 2 x − x = ax ( x − a ) − ( x − a ) = ( ax − 1)( x − a ) 3

2) 6 x + 13x + 4 x − 3 = 6 x + 6 x + 7 x + 7 x − 3x − 3

= 6 x 2 ( x + 1) + 7 x ( x + 1) − 3( x + 1) = ( x + 1) ( 6 x 2 + 7 x − 3) = ( x + 1) ( 6 x 2 + 9 x − 2 x − 3) = ( x + 1) 3 x ( 2 x + 3) − ( 2 x + 3)  = ( x + 1)( 2 x + 3)( 3x − 1) 2

( x + x ) − 2 ( x + x ) − 15 = ( x + x ) − 2 ( x + x ) + 1 − 16 = ( x + x − 1) − 4 = ( x + x − 5 )( x + x + 3) 2

Câu 3.

4 x3 − 6 x2 + 8 x 4 x3 − 2 x 2 − 4 x 2 + 2 x + 6 x − 3 + 3 3 = = 2 x2 − 2 x + 3 + 2x − 1 2x −1 2x − 1

Để B nhận giá trị nguyên thì ( 2 x − 1) ∈U (3) = {−1;1; −3;3} ⇒ x ∈ {0;1; −1;2} 2

C = a 2 − 4 ab + 4b 2 + b 2 − 2b + 1 − 7 = ( a − 2b ) + ( b − 1) − 7 ≥ −7

a − 2b = 0 a = 2 thì MinC = −7 ⇔ b − 1 = 0 b = 1

Vậy tại 

Câu 4.Ta có: ( x − 1)( x − 3)( x − 4 )( x − 6 ) + 10 = ( x − 1)( x − 6 )( x − 4 )( x − 3) + 10

= ( x 2 − 7 x + 6 )( x 2 − 7 x + 12 ) + 10 = ( x 2 − 7 x + 9 − 3)( x 2 − 7 x + 9 + 3) + 10 2

= ( x 2 − 7 x + 9 ) − 32 + 10 = ( x 2 − 7 x + 9 ) + 1

(

Vì x − 7 x + 9

(

)

Nên x − 7 x + 9

Câu 5.

≥ 0∀x

)

+ 1 ≥ 1 với mọi x

E N

a) S AMND = S ABCD − S BMN − S NCD Ta có: ∆BMN vuông tại B có BM = BN =

a = CN 2

1 a a 1 a a 2 a 2 5a 2 ∆NCD vuông tại C có DC = a ⇒ S AMND = a 2 − . . − a. = a 2 − − = 2 2 2 2 2 8 4 8 b) Trên tia đối của tia CB lấy điểm K sao cho CK = AM . Dễ dàng chứng minh được ∆ADM = ∆CDK ( c.g .c ) ⇒ AM = CK ; DM = DK (1)

ADM = CDK Và

= EDC + CDK = EDK (ViMDE = EDC ) ADE = ADM + MDE Ta có: (so le trong) ADE = DEK Mặt khác = DEK . Vậy ∆DKE cân tại K ⇒ DK = KE = CK + CE (2) ⇒ EDK Từ (1) và (2) suy ra DM = AM + CE

Câu 6.

A D E H C

=D = 900 ; EBH = DCH (cùng phụ góc A) a) Chứng minh ∆BHE ∼ ∆CHD vì E

⇒

HE HB = ⇒ HD.HB = HE.HC HD HC

HE HB HE HD = CHB (đối đỉnh) ⇒ ∆HDE ∼ ∆HCB = ⇒ = và EHD HD HC HB HC c) Vì H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác b) Từ

⇒ AH là đường cao thứ ba. Gọi F là giao điểm của AH với BC. Ta có: AF ⊥ BC

∆BHF ∼ ∆BCD( g.g ) ⇒

BH BF = ⇒ BH .BD = BF .BC (*) BC BD

∆CHF ∼ ∆BCE ( g.g ) ⇒

CH CF = ⇒ CH .CE = CF .BC (**) CB CE

Cộng theo vế (*) , ( **) : BH .BD + CH .CE = BC .( BF + CF ) = BC

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ90. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,5 điểm) d) Cho ba số a , b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng ab + bc + ca ≤ 0 2

e) Cho f ( x ) = ax + bx + c với a , b, c là các số thỏa mãn 13a + b + 2c = 0 Chứng tỏ rằng f ( −2 ) . f ( 3) ≤ 0 2

f) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x + y − xy − x + y + 1

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x −1 x − 2 x − 3 x − 4 + − = 2013 2012 2011 2010

b) ( 2 x − 5 ) − ( x − 2 ) = ( x − 3)

Câu 3. (2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD. Hạ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AD d) Chứng minh DE ⊥ CF e) Chứng minh ba đường thẳng DE , BF , CM đồng quy f) Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD( AC > BD). Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của C lên AB và AD. Chứng minh c) ∆ABC ∼ ∆HCG

d) AC = AB. AG + AD. AH

Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số

n nguyên dương thì: 5n ( 5n + 1) − 6 n ( 3n + 2 n )⋮91

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 2

d) Có: a + b ≥ 2ab; a + c ≥ 2ac; b + c ≥ 2ac 2

Cộng được: 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2ac + 2bc ⇔ a + b + c ≥ ab + ac + bc (1)

a + b + c = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0 ⇔ −a 2 − b 2 − c 2 = 2ab + 2ac + 2bc Cộng (1) với ( 2 ) được 3ab + 3ac + 3bc ≤ 0 ⇔ ab + bc + ca ≤ 0 e)

f ( −2 ) = 4a − 2b + c; f ( 3) = 9a + 3b + c

Có f ( −2 ) + f ( 3) = 13a + b + 2c = 0 nên: Hoặc: f ( −2 ) = 0 và f ( 3) = 0 ⇒ f ( −2 ) . f ( 3) = 0 (1) Hoặc : f ( −2 ) và f ( 3) là hai số đối nhau ⇒ f ( −2 ) . f ( 3) < 0 (2) Từ (1) và ( 2 ) được f ( −2 ) . f ( 3) ≤ 0 2

f) 4 M = 4 x + 4 y − 4 xy − 4 x + 4 y + 4 2

= ( 2 x − y − 1) + 3 y 2 + 2 y + 3

2 1 8 2  = ( 2 x − y − 1) + 3  y 2 + y +  + 3 9 3  2

1 8  = ( 2 x − y − 1) + 3  y +  + 3 3  2

1  y=−  8  3 Giá trị nhỏ nhất của 4M là ⇔  nên 2 3 x =  3 2  x =  2 3 Giá trị nhỏ nhất của M là ⇔  3  y = −1  3

(2)

Câu 2.

x −1 x−2 x−4 x −3 −1+ −1 = −1+ −1 2013 2012 2010 2011 x − 2014 x − 2014 x − 2014 x − 2014 ⇔ + = + c) 2013 2012 2010 2011 1 1 1   1 ⇔ ( x − 2014 )  + − − =0  2013 2012 2010 2011  ⇔ x = 2014 d) Đặt 2 x − 5 = a; x − 2 = b ⇒ a − b = x − 3 ⇔

Phương trình đã cho trở thành: a 3 − b 3 = ( a − b )

⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) = ( a − b ) ( a 2 − 2ab + b 2 ) ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − a 2 + 2ab − b 2 ) = 0 ⇔ 3ab ( a − b ) = 0 5  a = 0 ⇒ x = 2  ⇔ b = 0 ⇒ x = 2 a = b ⇒ x = 3   Câu 3.

d) Chứng tỏ được AE = DF (cùng bằng MF)

= EDA Chứng tỏ được ∆CDF = ∆DAE ⇒ FCD và EDC phụ nhau ⇒ ECD và EDA phụ nhau hay CF ⊥ DE Có: EDA e) Tương tự có CE ⊥ BF Chứng minh được CM ⊥ EF

Gọi G là giao điểm của FM và BC ; H là giao điểm của CM và EF.

= EFM (hai HCN bằng nhau) MCG = FMH (đối đỉnh) ⇒ MHF = MGC = 900 CMG CM , FB , ED là ba đường cao của ∆CEF nên chúng đồng quy f)

( AE − ME ) ⇔ S AEMF

≥ 0 nên ( AE + ME )

( AE + ME ) ≥ 4 AE.ME ⇔ AE.ME ≤ 4

AB 2 . Mà AB là hằng số nên S AEMF lớn nhất ⇔ AE = ME ≤ 4

Lúc đó M là trung điểm của BD

Câu 4.

B F

E D

A c) Chứng tỏ được ∆CBG ∼ ∆CDH ⇒

CG BC BC = = CH DC BA

) ⇒ ∆ABC ∼ ∆HCG (cùng bù với BAD ABC = HCG Và d) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B , D trên AC.

∆AFD ∼ ∆AHC ⇒

AF AD = ⇒ AF . AC = AD. AH AH AC

AE AB = ⇒ AE. AC = AG. AB AG AC Cộng được : AF . AC + AE. AC = AD. AH + AG. AB ∆AEB ∼ ∆AGC ⇒

⇔ AC.( AF + AE ) = AD. AH + AG. AB Chứng tỏ được: AE = FC. Thay được:

AC .( AF + FC ) = AD. AH + AG. AB ⇒ AC 2 = AD. AH + AG. AB

Câu 5.

A = 5n ( 5n + 1) − 6 n ( 3n + 2 n ) = 25n + 5n − 18n − 12 n

A = ( 25n − 18n ) − (12 n − 5n ) . A chia hết cho 7 A = ( 25n − 12 n ) − (18n − 5n ) . A chia hết cho 13 Do (13,7 ) = 1 nên A chia hết cho 91

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ91. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (2 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1. x 2 + 7 x + 6

2. x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008

Câu 2. (2 điểm) Giải phương trình:

x2 − 3x + 2 + x − 1 = 0 2

1 1  1  1 2    2) 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2  x +  = ( x + 4 ) x x  x  x    Câu 3. (2 điểm)

1 1 1 + + ≥9 a b c

1. CMR với a , b, c là các số dương, ta có: ( a + b + c ) 

2. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008 cho 2

đa thức x + 10 x + 21

Câu 4. (4 điểm) 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. 1) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m = AB 2) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

AHM đồng dạng. Tính số đo của 3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB HD = BC AH + HC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

x2 + 7 x + 6 = x2 + x + 6 x + 6

= x ( x + 1) + 6 ( x + 1) = ( x + 6 )( x + 1) 2)

x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008 = x 4 + x 2 + 2007 x 2 + 2007 x + 2007 + 1 = x 4 + x 2 + 1 + 207 ( x 2 + x + 1) = ( x 2 + 1) − x 2 + 2007 ( x 2 + x + 1) = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1) + 2007 ( x 2 + x + 1) = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2008 ) Câu 2. 2.1 x − 3 x + 2 + x − 1 = 0 (1) 2

Nếu x ≥ 1: (1) ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 1)

x < 1: (1) ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x 2 − x − 3 ( x − 1) = 0 Nếu

 x = 1 (ktm) ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0 ⇔   x = 3 (ktm)

Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 1 2.2 2

1 1  1  1 2    8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2  x +  = ( x + 4 ) (2) x x  x  x    Điều kiện để phương trình có nghiệm: x ≠ 0 2 2 1 1  2  2 1   2 1    ( 2 ) ⇔ 8  x +  + 4  x + 2   x + 2  −  x +   = ( x + 4 ) x x   x   x     2

1 1  2 2   ⇔ 8  x +  − 8  x 2 + 2  = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4 ) = 16 x x     x = 0( ktm) ⇔  x = −8(tm) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = −8

a a b b c c 1 1 1 + +  =1+ + + +1+ + + +1 b c a c a b a b c

Câu 3.3.1 Ta có: A = ( a + b + c ) 

a b a c c b =3+ + + + + +  b a c a b c Mà

x y + ≥ 2 (BĐT Cô si) y x

Do đó: A ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 . Vậy A ≥ 9 3.2 Ta có:

P ( x) = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 2008 = ( x 2 + 10 x + 16 )( x 2 + 10 x + 24 ) + 2008 Đặt t = x + 10 x + 21( t ≠ −3; t ≠ −7 ) , Biểu thức P ( x) được viết lại 2

P ( x) = ( t − 5 )( t + 3) + 2008 = t 2 − 2t + 1993 2

Do đó khi chia t − 2t + 1993 cho t ta có số dư là 1993

Câu 4.

A E

M HG

chung; 1) Hai tam giác ADC và BEC có: C CD CA = (hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) CE CB Do đó ∆ADC ∼ ∆BEC = Suy ra BEC ADC = 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết) = 450 , do đó ∆ABE vuông cân tại A Nên AEB Suy ra : BE = AB 2 = m 2 2) Ta có

BM 1 BE 1 AD = . = . ( do BC 2 BC 2 AC

∆BEC ∼ ∆ADC )

Mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

BM 1 AD 1 AH 2 BH BH = . = . = = (do ∆ABH ∼ ∆CBA) BC 2 AC 2 AC AB 2 BE = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 Do đó: ∆BHM ∼ ∆BEC (c.g.c) ⇒ BHM Nên

3) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác BAC Suy ra :

GB AB AB ED AH HD , mà = = ( ∆ABC ∼ ∆DEC ) = ( ED / / AH ) = GC AC AC DC HC HC

Do đó:

GB HD GB HD GB HD = ⇒ = ⇒ = GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ92. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2,5 điểm) 2

a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x + 2 xy + 6 y − 9 b) Giải phương trình:

x −1 x − 2 x − 3 x − 2012 + + + ..... + = 2012 2013 2012 2011 2

c) Tìm đa thức f ( x ) biết: f ( x ) chia cho x − 2 dư 5; f ( x) chia cho x − 3 dư 7; f ( x) chia cho ( x − 2 )( x − 3 ) được thương là x − 1 và đa thức dư bậc nhất đối với 2

Câu 2. (2,0 điểm) Cho P = 7.2014

(x + 12.1995 với n ∈ ℕ; Q = (x

+ n ) (1 + n ) + n 2 x 2 + 1

− n ) (1 − n ) + n 2 x 2 + 1

. Chứng minh:

a) P chia hết cho 19 b) Q không phụ thuộc vào

x và Q > 0

Câu 3. (1,5 điểm) a) Chứng minh : a + 5b − ( 3a + b ) ≥ 3ab − 5 2

b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x + 3 y + 4 x = 19

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). Các đường cao AE , BF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC , qua H vẽ đường thẳng

a vuông góc với HM , a cắt AB, AC lần

lượt tại I và K a) Chứng minh ∆ABC ∼ ∆EFC b) Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK , b cắt AH,AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK . c) Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh

AH BH CH + + >6 HE HF HG

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

)

a) x + 2 xy + 6 y − 9 = x − 9 + 2 y ( x + 3) = ( x − 3 )( x + 3) + 2 y ( x + 3) 2

= ( x + 3)( x − 3 + 2 y ) x −1 x − 2 x − 3 x − 2012 + + + ..... + = 2012 2013 2012 2011 2 x −1 x−2 x−3 x − 2012 ⇔ −1+ −1+ + ..... + −1 = 0 2013 2012 2011 2 x − 2014 x − 2014 x − 2014 x − 2014 ⇔ + + + ...... =0 2013 2012 2011 2 1 1 1  1 ⇔ ( x − 2014 )  + + + ..... +  = 0 2  2013 2012 2011 ⇔ x = 2014

c) Gọi dư trong phép chia f ( x) cho x − 1 là ax + b

(

)

Ta có: f ( x ) = ( x − 2 )( x − 3 ) x 2 − 1 + ax + b Theo Câu ra : f (2) = 5 nên ta có: 2a + b = 5; f (3) = 7 nên 3a + b = 7

⇒ a = 2; b = 1

(

)

Vậy đa thức cần tìm là f ( x ) = ( x − 2 )( x − 3 ) x 2 − 1 + 2 x + 1

Câu 2.a)

P = 7.2014 n + 12.1995n = 19.2014 n − 12.2014 n + 12.1995n = 19.2014 n − 12. ( 2014 n − 1995n )

(

)

Ta có: 19.2014 n ⋮19; 2014 n − 1995 n ⋮19 ⇒ P ⋮19

( x + n ) (1 + n ) + n x + 1 = x + x n + n + n + n x + 1 b) Q = ( x − n ) (1 − n ) + n x + 1 x − x n + n − n + n x + 1 x ( n + n + 1) + n + n + 1 ( n + n + 1)( x + 1) n + n + 1 = = = x ( n − n + 1) + n − n + 1 ( n − n + 1)( x + 1) n − n + 1 2

2 2

Vậy Q không phụ thuộc vào

1 3  n+  + 2  n + n +1  2 4 = >0 Q= 2 2 n − n +1  1 3 n −  + 2 4  Câu 3. a) a + 5b − ( 3a + b ) ≥ 3ab − 5 ⇔ 2 a + 10b − 6a − 2b − 6ab + 10 ≥ 0 2

⇔ a 2 − 6ab + 9b 2 + a 2 − 6a + 9 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0 2

⇔ ( a − 3b ) + ( a − 3) + ( b − 1) ≥ 0 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 3; b = 1 b)

2 x2 + 3 y 2 + 4 x = 19 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 2 = 21 − 3 y 2 ⇔ 2 ( x + 1) = 3( 7 − y 2 ) (*) 2

(

)

Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3 7 − y 2 ⋮ 2 ⇒ y lẻ (1)

(

)

Mặt khác VT ≥ 0 ⇔ 3 7 − y 2 ≥ 0 ⇔ y 2 ≤ 7

(2)

Từ (1) và (2) suy ra y = 1, thay vào (*) ta có: 2( x + 1) = 18 Suy ra các nghiệm là ( x; y ) ∈

{( 2;1) ; ( 2; −1) ; ( −4; −1) ; ( −4;1)}

Câu 4.

A G

I M B

E N

D a) Ta có: ∆AEC ∼ ∆BFC ( g .g ) ⇒

CE CA = CF CB

CE CA và góc C chung nên suy ra ∆ABC ∼ ∆EFC ( cgc ) = CF CB b) Vì CN / / IK nên HM ⊥ CN ⇒ M là trực tâm ∆HNC ⇒ MN ⊥ CH mà CH ⊥ AD( H là trực tâm ∆ABC ) ⇒ MN / / AD

Xét ∆ABC và ∆EFC có:

Do M là trung điểm BC nên ⇒ NC = ND ⇒ IH = IK (theo Ta let) c) Ta có:

AH S AHC S ABH S AHC + S ABH S AHC + S ABH = = = = HE SCHE S BHE SCHE + S BHE S BHC

Tương tự ta có:

⇒ =

BH S BHC + S BHA CH S BHC + S AHC = ; = BF S AHC CG S BHA

AH BH CH S AHC + S ABH S BHC + S BHA S BHC + S AHC + + = + + HE HF HG S BHC S AHC S BHA

S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC + + + + + ≥6 S BHC S BHC S AHC S AHC S BHA S BHA

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều mà theo giả thiết AB < AC nên không xảy ra dấu bằng

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ93. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

x+2 2x x2 + 4 x + 6  x2 + 1 Câu 1. (4 điểm) Cho biểu thức A =  + + 2 : 2  x + 1 2 − x x − x − 2  2x − 4x 1) Rút gọn A 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

Câu 2. (5 điểm) 2

1) Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: x − y + 12 x − 8 y + 15 = 0 2) Chứng minh: Tổng lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho 9. 3) Tìm đa thức H ( x ) có bậc 3 thỏa mãn: H (1) = H ( 2 ) = H ( 3) = 0 và với mọi

x luôn

có H ( x ) = x. f ( x ) + 24 , trong đó f ( x ) là đa thức bậc 2.

Câu 3. (4 điểm) 3

1) Giải phương trình: ( 3 x − 5 ) + ( x − 6 ) − ( 4 x − 11) = 0 2) Giải Câu toán bằng cách lập phương trình: Quãng đường từ thành phố Bắc Giang đến huyện Sơn Động dài 80km. Lúc 7 giờ 10 phút

3 quãng đường xe 4 bị hỏng phải dừng lại 32 phút để sửa, rồi đi tiếp với vận tốc kém vận tốc lúc đầu 5km / h.

một xe máy đi từ thành phố Bắc Giang đến huyện Sơn Động. Đi được

Biết xe máy đến huyện Sơn Động lúc 10 giờ 30 phút cùng ngày. Hỏi xe máy bị hỏng lúc mấy giờ ?

Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AM , BN , CP cắt nhau tại H

= NMC a) Chứng minh rằng: ∆AMC ∼ ∆BNC và CAB

NMP b) Chứng minh rằng: Tia MA là tia phân giác của c) Gọi I là giao điểm của BN và MP. Chứng minh HN .BI = HI .BN

Câu 5. (1 điểm)

1 1 1 1 1 + + ...... + + + ..... + với n ∈ ℕ * n +1 n + 2 2n + 1 2n + 2 3n + 1 Chứng minh rằng A > 1 Cho A =

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

x+2 2x x2 + 4 x + 6  x2 + 1 1) A =  + + 2 : 2  x + 1 2 − x x − x − 2  2x − 4x ĐKXĐ: x ≠ −1; x ≠ 0; x ≠ 2

 x + 2 2x x2 + 4 x + 6  x2 + 1 A= − + : 2  x + 1 x − 2 ( x + 1)( x − 2 )  2 x − 4 x 4x A= 2 x +1

2 ( x − 1) 4x 2x2 + 2 − 2 x2 + 4 x − 2 2 = = − 2) A = 2 x +1 x2 + 1 x2 + 1

( x − 1) Mà

x2 + 1

( x − 1) ≥0⇔ 2−

x2 + 1

( x − 1) Dấu bằng xảy ra khi

≤ 2 hay A ≤ 2

= 0 ⇔ x =1 x2 + 1 Vậy GTLN của biểu thức A là 2, đạt được khi x = 1 Câu 2. 1) Học sinh biến đổi về phương trình ( x + y + 10 )( x − y + 2 ) = 5 Do x, y nguyên nên x + y + 10; x − y + 2 nguyên Mà 5 = 5.1 = 1.5 = −1.( −5 ) = −5.( −1) Tìm được ( x; y ) ∈

{( −3; −6) ; ( −9; −2) ; ( −3; −2) ; ( −9; −6)}

2) Gọi ba số là a , a + 1 và a + 2 ( a nguyên dương) 3

Ta có: a + ( a + 1) + ( a + 2 ) = 3a + 15a + 9a + 9 3

(

Xét 3a 3 + 15a = 3a a 2 + 5

) 3

Nếu a⋮3 thì 3a + 15a⋮9 khi đó a 3 + ( a + 1) + ( a + 2 ) ⋮9 (1) 2

Nếu

a không chia hết cho 3 thì a 2 chia 3 dư 1 ⇒ a 2 + 5⋮3 3

⇒ 3a 2 + 15a⋮9 khi đó a 3 + ( a + 1) + ( a + 2 ) ⋮9 (2) 3

Từ (1) và (2) suy ra a 3 + ( a + 1) + ( a + 2 ) ⋮9 với mọi a nguyên dương. 3) Do đa thức H ( x) có bậc là 3 thỏa mãn : H (1) = H ( 2 ) = H ( 3) = 0 Nên H ( x ) = a ( x − 1)( x − 2 )( x − 3) ⇒ H ( 0 ) = −6a Lại có H ( x ) = x. f ( x ) + 24 đúng với mọi

Chọn x = 0 ta có: H ( 0 ) = 24 Nên −6a = 24 ⇒ a = −4 Vậy H ( x ) = −4.( x − 1)( x − 2 )( x − 3 )

Câu 3. 3

1)Học sinh chứng minh được: Nếu a + b + c = 0 thì a + b + c = abc 3

(*)

( 3x − 5) + ( x − 6 ) − ( 4 x − 11) = 0 3 3 3 ⇔ ( 3x − 5 ) + ( x − 6 ) + (11 − 4 x ) = 0 5  x = 3  ⇔ ( 3x − 5 )( x − 5 )(11 − 4 x ) = 0 theo (*) ⇔  x = 6  11 x = 4 

2) Gọi vận tốc xe máy đi trong

⇒ vận tốc xe máy đi trong Ta có

3 quãng đường đầu là x ( km / h ) 4

( x > 5)

1 quãng đường cuối là x − 5(km / h) 4

3 quãng đường từ thành phố Bắc Giang đến huyện Sơn Động dài 60km 4

Thời gian xe máy đi đến huyện Sơn Động (kể cả thời gian dừng là) 10 giờ 30 phút – 7 giờ 10 phút = 3 giờ 20 phút = Theo Câu ra ta có phương trình:

10 h 3

60 20 32 10 + + = x x − 5 60 3

 x = 30 ⇒ 25 x = 7 

(tm)

(ktm)

Thời gian xe máy đi đến lúc hỏng xe là : 60 : 30 = 2h Vậy xe máy bị hỏng lúc 9 giờ 10 phút

Câu 4.

A N P I B

H M

0 a) Xét ∆AMC và ∆BNC có: góc C chung; M = N = 90

⇒ ∆AMC ∼ ∆BNC ⇒

CM CA = CN CB

CM CA = ; C chung CN CB = NMC ⇒ ∆ABC ∼ ∆MNC ( c.g .c ) ⇒ CAB

Xét ∆ABC và ∆MNC có:

= NMC b) Ta có: CAB

= NMC Chứng minh tương tự: CAB AMC = AMB = 900 Chỉ ra được: ⇒ AMN = AMP ⇒ Tia MA là tia phân giác của NMP c) Ta có: MH là đường phân giác trong của tam giác MNI Mà MB ⊥ MH nên MB là đường phân giác ngoài của tam giác MNI MN HN BN = = (tính chất đường phân giác trong, ngoài tam giác) MI HI BI ⇒ HN .BI = HI .BN (dpcm)

⇒

Câu 5.Ta có:

1 1 4 + ≥ với mọi a, b > 0 . Dấu bằng xảy ra khi a = b a b a+b

1 1 1 1 1 + + ..... + + + ...... n +1 n + 2 2 n + 1 2n + 2 3n + 1 Ta có A có 2n + 1 hạng tử A=

Áp dụng BĐT trên với các cặp số đôi một khác nhau ta có:

1 1 2 + > n + 1 3n + 1 2n + 1 1 1 2 + > n + 2 3n 2n + 1 ............................... Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được:

2 A > ( 2n + 1)

2 ⇔ A > 1( dpcm) 2n + 1 (Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ94. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. 2

d) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x − 2 xy + y + 4 x − 4 y − 5 3

e) Chứng minh ∀n ∈ ℕ * thì n + n + 2 là hợp số f) 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. c) Giải phương trình: 2

x −1 x − 2 x − 3 x − 2012 + + + ..... + = 2012 2012 2011 2010 1 3

d) Cho a + b + c = a + b + c = 1. Tính S = a + b

2012

+ c 2013.

Câu 3. 2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x + 3 y + 4 xy − 8 x − 2 y + 18 d) Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác

ab bc ac + + ≥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 Chứng minh :

các cạnh AB, BC , CD, DA. M là giao điểm của CE và DF . d) Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông e) Chứng minh DF ⊥ CE và ∆MAD cân

f) Tính diện tích ∆MDC theo

a. HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. 2

d) e)

( x − y ) + 4( x − y ) − 5 = ( x − y) + 4( x − y ) + 4 − 9 2 = ( x − y − 2 ) − 32 = ( x − y + 5 )( x − y − 1) Ta có: n 3 + n + 2 = n 3 + 1 + n + 1 = ( n + 1) ( n 2 − n + 1) + ( n + 1) = ( n + 1) ( n 2 − n + 2 )

n + 1 > 1

Do ∀n ∈ ℕ * nên 

 n − n + 2 > 1.

.Vậy n + n + 2 là hợp số.

f) Gọi hại số lần lượt là a và ( a + 1) 2

Theo Câu ra ta có: 2

a 2 + ( a + 1) + a 2 .( a + 1) = a 4 + 2a 3 + 3a 2 + 2a + 1 2

= ( a 4 + 2a 3 + a 2 ) + 2 ( a 2 + a ) + 1 = ( a 2 + a ) + 2 ( a + 1) + 1 2

= ( a 2 + a + 1) là một số chính phương lẻ vì a 2 + a = a ( a + 1) là số chẵn nên

a 2 + a + 1 là số lẻ Câu 2. c) Phương trình đã cho tương đương với :

x −1 x − 2012 x−3 x − 2012 −1+ −1+ − 1 + ..... + − 1 + 2012 = 2012 2012 2011 2010 1 x − 2013 x − 2013 x − 2013 x − 2013 ⇔ + + + ....... + =0 2012 2011 2010 1 1 1 1  1 ⇔ ( x − 2013)  + + + ..... +  = 0 ⇔ x = 2013 1  2012 2011 2010 d)

a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b3 + c 3 = 1 ⇒ a; b; c ∈ [ −1;1]

⇒ a 3 + b 3 + c 3 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) = a 2 ( a − 1) + b 2 ( b − 1) + c 2 ( c − 1) ≤ 0

⇒ a 3 + b3 + c3 ≤ 1 ⇒ a; b; c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 ⇒ b 2012 = b 2 ; c 2013 = c 2 ⇒ S = a 2 + b 2012 + c 2013 = 1 Câu 3.

(

)

c) Ta có: A = 2 x 2 + 2 xy + y 2 + y 2 − 8 x − 2 y + 18

2 A = 2 ( x + y ) − 4 ( x + y ) + 4  + ( y 2 + 6 y + 9 ) + 1   2

A = 2 ( x + y − 2 ) + ( y + 3) + 1 ≥ 1 x = 5  y = −3

Vậy MinA = 1 ⇔  d)

Vì a , b, c là ba cạnh của một tam giác nên:

a + b − c > 0; − a + b + c > 0; a − b + c > 0 Đặt x = −a + b + c > 0; y = a − b + c > 0; z = a + b − c > 0 Ta có: x + y + z = a + b + c; a =

y+z x+z x+ y ;b = ;c = 2 2 2

( y + z )( x + z ) + ( x + z )( x + y ) + ( x + y )( y + z ) ab bc ac + + = a + b − c −a + b + c a − b + c 4z 4x 4y  1 yz xz   1  xy yz xz 1  xy =  + + + 3x + 3 y + 3z  = 3( x + y + z ) +  2. + 2. + 2.   x y x y  4 z 2 z  4 1  y  x z  x  y z  z  x y  = . 3 ( x + y + z ) + .  +  + .  +  +  +   4  2  z x  2  z y  2  y x  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. A

N D

d) Chứng minh EFGH là hình thoi Chứng minh có 1 góc vuông nên EFGH là hình vuông

= FDC mà ∆CDF vuông tại C nên: e) ∆BEC = ∆CFD ⇒ ECB + DFC = 900 ⇒ DFC + ECB = 900 ⇒ ∆CMF vuông tại M hay CE ⊥ DF ⇒ CDF Gọi N là giao điểm của AG và DF . Chứng minh tương tự: AG ⊥ DF ⇒ GN / / CM mà G là trung điểm của DC nên N là trung điểm DM . Trong ∆MAD có AN vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

⇒ ∆MAD cân tại A f) ∆CMD ∼ ∆FCD ( g .g ) ⇒

CD CM = FD FC

S  CD   CD  Do đó : CMD =   ⇒ SCMD =   .S FCD S FCD  FD   FD  Mà S FCD =

1 1 CF .CD = CD 2 . 2 4

CD 2 1 . CD 2 2 FD 4 Trong ∆DCF theo định lý Pytago ta có:

Vậy SCMD =

1 5 1  DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 +  BC 2  = CD 2 + CD 2 = CD 2 4 4 2  Do đó: S MCD =

1 CD 2 1 . CD 2 = a 2 5 5 CD 2 4 4 ĐỀ SỐ95. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (5,0 điểm)Cho biểu thức P =

x2 + x  x + 1 1 2 − x2  : + +   x2 − 2 x + 1  x x −1 x 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Tìm

x để P=

−1 2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

Câu 2. (6 điểm) a) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x + 2 dư 10, f ( x) chia cho x − 2 dư 22,

f ( x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên

a thì a3 + 5a chia hết cho 6 2

c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = 0

Câu 3. (3,0 điểm) a) Cho a + b + c = 0 và abc ≠ 0, tính giá trị của biểu thức:

P= b) Cho 2 số

1 1 1 + + b2 + c2 − a 2 a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c2

a và b thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 1. Chứng minh:

1 1 2 + ≥ 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC

( M ≠ B, C ) . Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM . a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân b) Chứng minh: ME / / BN c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) . Chứng minh rằng ba điểm O, M , H thẳng hàng.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ −1

x ( x + 1)  ( x + 1)( x − 1) x 2 − x2  P= : + +  2  x ( x − 1) x ( x − 1)  ( x − 1)  x ( x − 1) x ( x + 1) x 2 − 1 + x + 2 − x 2 x ( x + 1) x + 1 = : = : 2 2 x ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) x ( x − 1) =

x ( x + 1) x ( x − 1) x2 . = 2 ( x − 1) x + 1 x − 1

−1 −1 x2 b) P = với x∈ĐKXĐ ⇔P= = 2 x −1 2

⇒ 2 x2 = − x + 1 ⇔ 2x2 + x − 1 = 0 1  x = (TM )  ⇔ ( 2 x − 1)( x + 1) = 0 ⇔ 2   x = −1 ( KTM ) Vậy P = −

1 1 ⇔x= 2 2

1 x2 x 2 − 1 + 1 ( x + 1)( x − 1) + 1 = = = x +1+ x −1 x −1 x −1 x −1 1 1 = x −1+ +2 P = x +1+ x −1 x −1

c) P =

Vì x > 1 nên x − 1 > 0. Áp dụng BĐT Cosi ta có: x − 1 +

1 ≥2 x −1

( x − 1)

1 =2 x −1

1 2 ⇔ ( x − 1) = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2(TM ) x −1 Vậy GTNN của P là 4 ⇔ x = 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 1 =

Câu 2. 2

a) Giả sử f ( x) chia cho x − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b

(

)

Khi đó: f ( x ) = x 2 − 4 . ( −5 x ) + ax + b Theo đề Câu, ta có:

 f (2) = 22 2a + b = 22 a = 3 ⇔ ⇔   f ( −2) = 10 −2a + b = 10 b = 16

(

)

Do đó: f ( x ) = x 2 − 4 .( −5 x ) + 3 x + 16 3

Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x ) = −5 x + 23 x + 16

(

)

b) a 3 + 5a = a 3 − a + 6 a = a a 2 − 1 + 6 a = a ( a − 1)( a + 1) + 6 a Vì a( a − 1)(a + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3 mà ( 2,3) = 1 nên a ( a − 1)( a + 1) chia hết cho 6

6a chia hết cho 6 3

Nên a + 5a chia hết cho 6 2

c) x + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = 0

⇔ x 2 + xy + x − 2013 x − 2013 y − 2013 = 1 ⇔ x ( x + y + 1) − 2013 ( x + y + 1) = 1 ⇔ ( x − 2013)( x + y + 1) = 1   x − 2013 = 1   x = 2014   x + y + 1 = 1  y = −2014  ⇔ ⇔   x − 2013 = −1   x = 2012     x + y + 1 = −1   y = −2014 Câu 3. a)

1 1 1 + 2 + 2 2 2 2 2 b +c −a a +c −b a + b2 − c2 1 1 1 = 2 + 2 + 2 2 2 2 2 2 2 b + c − (b + c ) a + c − (a + c) a + b − (a + b) P=

= b)

1 1 1 a+b+c + + = =0 −2ab −2ac −2ab −2abc

1 1 2 1   1 1   1 + − = − − +  2 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab  1 + a 1 + ab   1 + b 1 + ab 

ab − a 2 ab − b 2 + (1 + a 2 ) (1 + ab ) (1 + b2 ) (1 + ab ) a(b − a )(1 + b 2 ) + b ( a − b ) (1 + a 2 )

2 ( b − a ) ( a + ab2 − b − a 2b ) b − a ) ( ab − 1) ( = = = (1 + a 2 )(1 + b2 ) (1 + ab ) (1 + a 2 )(1 + b2 ) (1 + ab ) (1 + a 2 )(1 + b2 ) (1 + ab ) 2 b − a ) ( ab − 1) ( ≥0 Do a ≥ 1; b ≥ 1 nên 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab ( ) ( )( )

⇒

1 1 2 1 1 2 + − ≥0⇔ + ≥ 2 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab 1 + a 1 + b 1 + ab

Câu 4.

1 2

a) Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có: OB=OC

=C = 450 , BE = CM ( gt ) ⇒ ∆OEB = ∆OMC ( c.g .c ) Và B 1 1

=O ⇒ OE = OM và O 1 3 Lại có:

+O = BOC = 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông O 2 3

+O = EOM = 900 kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân tại O ⇒O 2 1

b) Từ giả thiết tứ giác ABCD là hình vuông ⇒ AB / / CD và AB = CD +) AB / / CD ⇒ AB / / CN ⇒

AM BM (định lý Ta let) (*) = MN MC

Mà BE = CM ( gt ) và AB = Cd ⇒ AE = BM thay vào (*)

AM AE = ⇒ ME / / BN (Ta let đảo) MN EB c) Gọi H ' là giao điểm của OM và BN = OH ' E (cặp góc so le trong) Từ ME / / BN ⇒ OME

Ta có:

= 450 vì ∆OEM vuông cân tại O Mà OME

⇒ ∆OMC ∼ ∆BMH '( g.g ) ' B = 450 = C ⇒ MH 1 OM MH ' = CMH ' (hai góc đối đỉnh) , kết hợp OMB = OB MC = MH ' C = 450 ⇒ ∆OMB ∼ ∆CMH '(c.g.c) ⇒ OBM

⇒

' C = BH ' M + MH ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN Vậy BH Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) ⇒ H ≡ H ' hay 3 điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ96. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

 1 − x3  1 − x2 Câu 1. (4,0 điểm)Cho biểu thức : A =  với x khác −1 và 1 − x: 2 3  1− x  1− x − x + x 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị của biểu thức A tại x = −1 3) Tìm giá trị của

2 3

x để A < 0

Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: b) Cho

1 2 6 + 2 = 2 x − 2x + 2 x − 2x + 3 x − 2x + 4 2

x là số nguyên. Chứng minh rằng biểu thức:

M = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 ) + 1 là bình phương của một số nguyên. Câu 3. (4,0 điểm) a) Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn x + y + z chia hết cho 6.

Chứng minh M = ( x + y )( y + z )( x + z ) − 2 xyz chia hết cho 6 3 3

3 3

2 2 2

b) Cho a, b, c là các số khác 0 thỏa mãn: a b + b c + c a = 3a b c /

 

Tính giá trị biểu thức P = 1 +

a  b  c  1 +  1 +  b  c  a 

Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) , có đường cao AH sao cho AH = HC . Trên AH lấy một điểm I sao cho HI = BH . Gọi P và Q là trung điểm của BI và AC. Gọi N và M là hình chiếu của H trên AB và IC ; K là giao điểm của đường thẳng CI với AB; D là giao điểm của đường thẳng BI với AC a) Chứng minh I là trực tâm của tam giác ABC b) Tứ giác HNKM là hình vuông c) Chứng minh bốn điểm N , P, M , Q thẳng hàng.

Câu 5. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x + y + z

2015

+ y 2015 + z 2015 = 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1.1)

Với

x khác 1 và – 1 thì

(1 − x )(1 + x ) 1 − x3 − x + x 2 : 1− x (1 + x ) (1 − x + x 2 ) − x (1 + x )

(1 − x ) (1 + x + x 2 − x ) 1− x

= (1 + x 2 ) :

(1 − x )(1 + x ) (1 + x ) (1 − 2 x + x 2 )

1 = (1 + x 2 ) (1 − x ) 1− x

1.2)

  −5 2    5   2 2 −5 Tại x = −1 = thì A = 1 +    − 1 −  −   = 10 27 3 3   3     3  

1.3)

Với

x khác 1 và – 1 thì A < 0 ⇔ (1 + x 2 ) (1 − x ) < 0 ⇔ 1 − x < 0 ⇔ x > 1

Câu 2. a)

1 2 6 + 2 = 2 x − 2x + 2 x − 2x + 3 x − 2x + 4 2

Đặt t = x − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 ( t ≥ 2 ) 2

Phương trình đã cho trở thành:

1 2 6 + = t −1 t t +1 t = 2(TM ) ⇒ 3t − 7t + 2 ⇔  1 t = ( KTM )  3 2

Do đó: ( x − 1) + 2 = 2 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1

(

b) Ta có: M = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 ) + 1 = x 2 + 5 x + 4

)( x

+ 5x + 6) + 1

Đặt t = x + x + 5 Khi đó: M = ( t − 1)( t + 1) + 1 = t − 1 + 1 = t 2

Vì

x là số nguyên nên t là số nguyên . Vậy M lầ bình phương của một số nguyên.

Câu 3. a) Ta có: M = ( x + y )( x + z )( y + z ) − 2 xyz Học sinh biến đổi được:

M = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) − 3 xyz Vì x, y, z là các số nguyên thỏa mãn x + y + z chia hết cho 6 nên

( x + y + z )( xy + yz + xz ) chia hết cho 6 Trong 3 số x, y, z tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2. Suy ra 3 xyz ⋮ 6 Do đó, ( x + y + z )( xy + yz + xz ) − 3 xyz chia hết cho 6 . Vậy M ⋮ 6 b) Đặt ab = x; bc = y; ca = z 3

Ta có: x + y + z = 3 xyz 2

Học sinh chứng minh : x + y + z = 0 hoặc x + y + z − xy − yz − xz = 0 TH1: x + y + z = 0 3

Sử dụng hằng đẳng thức : ( x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 = 3 ( x + y )( + z )( x + z )

⇒ − xyz = ( x + y )( y + z )( x + z ) Ta có: − a b c = ( ab + bc )( bc + ca )( ca + ab ) 2 2 2

−abc = ( a + b )( b + c )( c + a )

 a  b  c  ⇒ P = 1 + 1 + 1 +  = −1  b  c  a 

−TH 2 : x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz = 0 2

⇒ ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x) = 0 ⇒ x = y = z ⇒ ab = bc = ca ⇒a =b=c⇒ P =8 Câu 4.

A D K I M N

= 90 a) Xét tam giác BHI có: BH = HI , H

C 0

= 450 ⇒ ∆BHI vuông cân tại H ⇒ IBH = 900 ⇒ ∆AHC vuông cân tại H ⇒ ∆AHC có AH = HC , H ACH = 450 ⇒ ∆BCD vuông cân tại D Tam giác ABC có hai đường cao AH , BD. Vậy I là trực tâm ∆ABC

=N = 900 , K = 900 (CK đường cao) b) Xét tứ giác HMKN có: M Tứ giác HMNK là hình chữ nhật (1) Xét ∆MIH và ∆NBH có:

= HNB = 900 ; HB = HI ( gt ); HIC = HBN HMI ⇒ ∆HMI = ∆HNB ( g.c.g ) ⇒ HM = HN ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) : Tứ giác HMKN là hình vuông c) Theo câu b: Tứ giác HMKN là hình vuông nên M , N thuộc trung trực đoạn thẳng KH -Xét 2 tam giác vuông AHC và AKC ; trung tuyến HQ, KQ. Ta có:

HQ =

1 1 AC ; KQ = AC ⇒ Q ∈trung trực KH 2 2

Vậy 4 điểm M , N , P, Q thẳng hàng

Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si cho 2015 số dương x

2015

, x 2015 ,1;1;1;1;1;1...1;1. ta được:

x 2015 + x 2015 + 1 + 1 + 1 + .... + 1 + 1 ≥ 20152015 x 2015 .x 2015 .1.1.1.....1 = 2015 x 2 ⇔ 2 x 2015 + 2013 ≥ 2015 x 2 Tương tự ta cũng có:

2y 2015 + 2013 ≥ 2015y 2 2z 2015 + 2013 ≥ 2015z2

(

)

(

)

⇒ 2 x 2015 + y 2015 + z 2015 + 6039 ≥ 2015. x 2 + y 2 + z2 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = 1 Vậy

Max x2 + y2 + z 2 = 3 ⇔ x = y = z = 1

(

)

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 97. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Bài 1: (5,0 điểm)

x4 + 2 x2 − 1 x2 + 3 + − 1. Cho biểu thức M = 6 x + 1 x4 − x2 + 1 x4 + 4 x2 + 3 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M 1 − 2x 1 − 2 y + =1 2. Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1− x 1− y 2

Chứng minh M = x + y − xy là bình phương của một số hữu tỷ.

Bài 2. (4,0 điểm) 1. Tìm số dư trong phép chia ( x + 3)( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 cho x + 12 x + 30 2

2. Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = 7; Tính giá trị của biểu thức H =

x 2 + y 2 + z 2 = 23; xyz = 3

1 1 1 + + xy + z − 6 yz + x − 6 zx + y − 6

Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 3 x + 3 xy − 17 = 7 x − 2 y 2

2. Giải phương trình: ( 3 x − 2 )( x + 1)

( 3x + 8) = −16

Bài 4. (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB

= 900. Gọi E là giao điểm của lấy M ( 0 < MB < MA ) và trên cạnh BC lấy N sao cho MON AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE. 1) Chứng minh ∆MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vuông góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh:

KC KN CN + + =1 KB KH BH Bài 5. (1,0 điểm) 2

Cho x, y > 0 thỏa mãn x + 2 y ≥ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của H = x + 2 y +

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. 1.

x4 + 2 x2 − 1 x2 + 3 + − a) M = 2 ( x + 1)( x4 − x2 + 1) x4 − x2 + 1 ( x2 + 1)( x2 + 3) =

1 x4 + 2 x2 − 1 + − 2 4 2 2 4 2 ( x + 1)( x − x + 1) x − x + 1 x + 1 x 4 + 2 + ( x 2 − 1)( x 2 + 1) − ( x 4 − x 2 + 1)

+ 1)( x 4 − x 2 + 1)

x4 + 2 + x4 − 1 − x4 + x2 − 1 = ( x 2 + 1)( x 4 − x 2 + 1)

x 2 .( x 2 + 1) x4 + x2 x2 = 2 = = ( x + 1)( x4 − x 2 + 1) ( x 2 + 1)( x 4 − x 2 + 1) x 4 − x 2 + 1

x2 Vậy M = 4 với mọi x x − x2 + 1 x2 b) Ta có : M = 4 với mọi x x − x2 + 1 - Nếu x = 0 ta có M = 0 -

Nếu x ≠ 0 , chia cả tử và mẫu của M cho x ta có: M =

1 1 x2 + 2 − 1 x

1 24 + x y

1 1 1  1  2  Ta có: x + 2 − 1 =  x − 2.x. + 2  + 1 =  x −  + 1 ≥ 1 x x x  x   1 ≤ 1 . Dấu " = " xảy ra khi x = 1. Nên ta có: M = 1 2 x + 2 x −1 Vậy M lớn nhất là M = 1 khi x = 1 2

2. Ta có:

1 − 2x 1 − 2 y + = 1 ⇔ (1 − 2 x )(1 − y ) + (1 − 2 y )(1 − x ) = (1 − x )(1 − y ) 1− x 1− y

⇔ 1 − y − 2 x + 2 xy + 1 − x − 2 y + 2 xy = 1 − x − y + xy ⇔ x + y = 2

Ta có : M = x + y − xy = ( x + y ) 2

Vì x, y ∈ ℚ nên

3 xy + 1 2

 3 xy + 1   3 xy − 1  − 3 xy =   − 3 xy = ... =    2   2 

3xy − 1 là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2

Bài 2. 1) Ta có:

( x + 3)( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = .... = ( x 2 + 12 x + 27 )( x 2 + 12 x + 35) + 2033 2

Đặt x + 12 x + 30 = t , ta có:

( x + 3)( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = ( t − 3)( t + 5 ) + 2033 = t 2 + 2t − 15 + 2033 = t ( t + 2 ) + 2018 2 2 Vậy ta có ( x + 3)( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 = ( x + 12 x + 30 )( x + 12 x + 32 ) + 2018 2 Vậy số dư trong phép chia ( x + 3)( x + 5 )( x + 7 )( x + 9 ) + 2033 cho x + 12 x + 30 là 2018. 2)

Vì

x + y + z = 7 ⇒ z = − x − y + 7 ⇒ xy + z − 6 = ... = xy − x − y + 1 = ( x − 1)( y − 1) Tương tự ta có: yz + x − 6 = ( y − 1)( z − 1) ; zx + y − 6 = ( z − 1)( y − 1) Vậy H =

z −1+ x −1+ y −1 ( x − 1)( y − 1)( z − 1)

( x − 1)( y − 1) ( y − 1)( z − 1) ( z − 1)( x − 1) ( x + y + z) − 3 7−3 4 = = = xyz − ( xy + yz + xz ) + ( x + y + z ) − 1 3 − ( xy + yz + xz ) + 7 − 1 9 − ( xy + yz + xz ) 2 2 2 2 2 Ta có: ( x + y + z ) = x + y + z + 2 ( xy + yz + xz ) ⇒ 7 = 23 + 2 ( xy + yz + xz ) ⇒ xy + yz + xz = 13

Vậy H =

4 = −1 9 − 13

Bài 3. 1) Ta có:

3 x 2 + 3 xy − 17 = 7 x − 2 y ⇔ 3 xy + 2 y = −3 x 2 + 7 x + 17 ⇔ ( 3 x + 2 ) y = −3 x 2 + 7 x + 17 Vì x nguyên nên 2 x + 3 ≠ 0 nên ta có: 11 −3x 2 + 7 x + 17 −3x 2 − 2 x + 9 x + 6 + 11 − x ( 3x + 2 ) + 3 ( 3x + 2 ) + 11 y= = = = −x + 3 + 3x + 2 2 3x + 2 3x + 2

11 nguyên ⇒ 11⋮3x + 2 ⇒ 3 x + 2 = ±1; ±11 3x + 2 Xét các trường hợp ta tìm được x = −1; y = −1; x = −3; y = 5 thỏa mãn và kết

Vì x, y nguyên nên ta có

luận

2) Ta có: ( 3 x − 2 )( x + 1) Đặt

( 3x + 8) = −16 ⇔ ( 3x − 2)( 3x + 3) ( 3x + 8) = −144

3x + 3 = t ⇒ 3x − 2 = t − 5;3x + 8 = t + 5

Ta có phương trình: ( t − 5 ) t

( t + 5 ) = −144

⇔ t 4 − 25t 2 + 144 = 0 ⇔ ( t 2 − 9 )( t 2 − 16 ) = 0 t 2 = 9  t = ±3 ⇔ 2 ⇔  t = ±5 t = 16 Xét các trường hợp ta tìm được x = 0; x = −2; x =

2 8 ;x = − 3 3

Bài 4.

N K

H = 900 ⇒ CON + BON = 900 ; vì 1) Ta có : BOC

= 900 ⇒ BOM + BON = 900 ⇒ BOM = CON MON = CBO = BOC = 450 ABC ⇒ MBO Ta có BD là phân giác 2 = DCO = BOC = 450 . Vậy ta có : MBO = NCO Tương tự ta có: NCO 2 = CON ; MBO = NCO Xét ∆OBM và ∆OCN có OB = OC ; BOM ⇒ ∆OBM = ∆OCN ⇒ OM = ON = 900 ; OM = ON ⇒ ∆MON vuông cân Xét ∆MON có MON 2) ∆OBM = ∆OCN ⇒ MB = NC mà AB = BC ⇒ AB − MB = BC − NC

⇒ AM = BM ⇒

AM BN = MB NC

Ta có: AB / / CD ⇒ AM / / CE ⇒

AN BN = NE NC

AM AN = ⇒ MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE = MNO = 450 (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) 3) Vì MN / / BE ⇒ BKN = ONK ; BKN = OCN = 450 ) ⇒ NB = NO ⇒ ∆BNK ∼ ∆ONC (vì có BNK NK NC = CNK ; NB = NO ⇒ ∆BNO ∼ ∆KNC - Xét ∆BNO; ∆KNC có BNO NK NC = NBO = 450 ⇒ NKC Vậy ta có: ⇒

= BKN + CKN = 450 + 450 = 900 ⇒ CK ⊥ BE Vậy ta có: BKC = 90 mà 4) – Vì KH / / OM mà MK ⊥ OK ⇒ MK ⊥ KH ⇒ NKH 0

= 450 ⇒ CKH = 450 ⇒ BKN = NKC = CKH = 450 NKC = NKC ⇒ KN là phân giác trong của ∆BKC , mà KH ⊥ KN Xét ∆BKC có BKN KC HC = ⇒ KH là phân giác ngoài của ∆BKC ⇒ KB HB KN BN = Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH + + = + + = ..... = =1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 2

Ta có: H = x + 2 y +

1 24 + x y

 1   24 = ( x 2 − 2 x + 1) + ( 2 y 2 − 8 y + 8 ) +  + x − 2  +  + 6 y − 24  + ( x + 2 y ) + 17 x   y  2

= ( x − 1) + 2 ( y − 2 )

( x − 1) +

x ≥ 0 + 0 + 0 + 0 + 5 + 17 = 22

6 ( y − 2) + + ( x + 2 y ) + 17 y

( x − 1) =

6 ( y − 2) Dấu " = " xảy ra ⇔ ( x − 1) = 2 ( y − 2 ) = = 0 và x + 2 y = 5 x y ⇔ x = 1 và y = 2. Vậy H nhỏ nhất là H = 22 ⇔ x = 1, y = 2 2

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 98. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4,5 điểm) 3

1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P = 2a + 7a b + 7ab + 2b 2

3 2

2) Cho x + x = 1. Tính giá trị biểu thức Q = x + 2 x + 2 x + 2 x + 2 x + 2 x + 1

Câu 2. (4,5 điểm)

4  4026 x +1  x −1 + 2 − 3 . Tìm x để biểu thức xác : 2  x − 2x x + 2x x − 4x  x

1) Cho biểu thức R = 

định, khi đó hãy rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x − 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4

Câu 3. (4,0 điểm) 3

1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh n − n chia hết cho 24 2

2) Tìm số tự nhiên n để n + 4n + 2013 là một số chính phương.

Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD = 2 AB = 2 AD và BC = a 2 a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b) Gọi I là trung điểm của

BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC.

= 450 Chứng minh HDI

BC = a, CA = b, AB = c. Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là la , lb , lc . Chứng minh rằng:

2) Cho tam giác ABC có

1 1 1 1 1 1 + + > + + la lb lc a b c Câu 5. (1,0 điểm) 2

Cho hai số không âm a và b thỏa mãn: a + b = a + b. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b + a +1 b +1

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

(

) + 7ab(a + b) = 2 ( a + b ) ( a − ab + b ) + 7ab ( a + b ) = ( a + b ) ( 2a + 2b + 5ab ) = ( a + b ) ( 2a + 4ab + 2b + ab ) 3

1) Ta có: P = 2 a + b 2

= ( a + b )  2a ( a + 2b ) + b ( a + 2b )  = ( a + b )( 2a + b )( a + 2b ) Kết luận P = ( a + b )( 2a + b )( a + 2b )

2) Ta có:

Q = x 2 .( x 4 + 2 x3 + x 2 ) + ( x 4 + 2 x3 + x 2 ) + x 2 + x + x + 1 2

= x2 ( x2 + x ) + ( x2 + x ) + x + 2

= x2 + x + 3 = 4 Vậy Q = 4 Câu 2.

 x −1  x x +1 4 . + −  2  x ( x − 2 ) x ( x + 2 ) x ( x − 4 )  4026

1) Ta có: R = 

(

)

x ≠ 0  x ≠ ±2

ĐK: x x − 4 ≠ 0 ⇔  Khi đó: R =

1  x −1 x +1 4  . + − 2  4026  x − 2 x + 2 x − 4 

2 1 ( x − 1)( x + 2 ) + ( x + 1)( x − 2 ) − 4 1 2 ( x − 4) 1 = . = . = 4026 x2 − 4 4026 x 2 − 4 2013 x ≠ 0 1 Vậy R xác định khi  và R = 2013  x ≠ ±2

2) +Nếu

x ≥ 2, phương trình đã cho trở thành :

( x − 2 )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4 ⇔ ( x 2 − 1)( x 2 − 4 ) = 4

⇔ x 4 − 5 x 2 = 0 ⇔ x 2 .( x 2 − 5 ) = 0  x = 0 ( ktm)  ⇔  x = 5 (tm)   x = − 5 (ktm)

x < 2, phương trình đã cho trở thành: ( 2 − x )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = 4

+)Nếu

⇔ ( x − 2 )( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = −4 ⇔ ( x 2 − 1)( x 2 − 4 ) = −4

⇔ x4 − 5x2 + 8 = 0 2

5 7  ⇔  x 2 −  + = 0 vô nghiệm 2 4  Phương trình có một nghiệm x =

Câu 3. 1) Ta có: n − n = n ( n − 1)( n + 1) 3

Vì

n − 1; n; n + 1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số đó chia hết cho 3.

(

)

Do đó n − n ⋮8

(2)

Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1) ; ( 2 ) suy ra

− n )⋮ 24

( dpcm )

(m ∈ ℕ) 2 2 2 2 Suy ra ( n + 2 ) + 2009 = m ⇔ m − ( n + 2 ) = 2009 ⇔ ( m + n + 2 )( m − n − 2 ) = 2009 2

2) Giả sử n + 4n + 2013 = m

Mặt khác 2009 = 2009.1 = 287.7 = 49.41 và m + n + 2 > m − n − 2 nên có các trường hợp sau:

m + n + 2 = 2009 m = 1005 TH 1:  ⇔ m − n − 2 = 1 n = 1002 m + n + 2 = 287 m = 147 TH 2 :  ⇔ 2 7 m − n − =  n = 138 m + n + 2 = 49 m = 45 TH 3:  ⇔ m − n − 2 = 41 n = 2

Vậy các số cần tìm là 1002;138;2

Câu 4.

A H

1) a) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông cân Từ đó suy ra

AB = AD = a, BC = 2a

Diện tích của hình thang ABCD là S =

( AB + CD ). AD = ( a + 2a ).a = 3a 2 2

ADH = ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông góc) b) Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có:

AD IB 1 = = , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng DC BC 2 ACD = BDI Suy ra (2)

Từ (1) , ( 2 ) ⇒ ADH = BDI = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 hay HDI = 450 ADH + BDH Mà 2)

Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tại M

= AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) Ta có: BAD = DAC ACM (hai góc ở vị trí so le trong) = DAC nên AMC = ACM hay ∆ACM cân tại A, suy ra AM = AC = b Mà BAD AD BA c Do AD / / CM nên = = CM BM b + c c AD 1 11 1 Mà CM < AM + AC = 2b ⇒ (1) > ⇒ >  +  b + c 2b la 2  b c  1 1 1 1 11 1 Tương tự ta có: >  +  (2); =  +  (3) lb  c a  lc 2  a b  Cộng (1) ; ( 2 ) ; ( 3 ) vế theo vế ta có điều phải chứng minh Câu 5. Ta có: a + 1 ≥ 2a; b + 1 ≥ 2b ⇒ a + b + 2 ≥ 2a + 2b ⇒ a + b ≤ 2 2

Chứng minh được với hai số dương x, y thì

1 1 4 + ≥ x y x+ y

1  4  1 + ≤1 ≤2− a +1+ b +1  a +1 b +1 Vậy GTLN của S là 1, dạt được khi a = b = 1

Do đó: S = 2 − 

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 99. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Câu 1. (4 điểm)

 ( a − 1)2 1 − 2 a 2 + 4a  a 3 + 4a Cho biểu thức M =  − : 2 3 2 a − 1 3 + − 1 a a ( )   4a a) Rút gọn M b) Tìm a để M > 0 c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất.

Câu 2. (5 điểm) 1) Giải các phương trình sau:

x+2 x+4 x+6 x+8 + = + 98 96 94 92 6 3 b) x − 7 x − 8 = 0 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm 1 − x x − 2 2( x − m) − 2 + = x−m x+m m2 − x 2 3 2 2 3) Tìm a, b sao cho f ( x) = ax + bx + 10 x − 4 chia hết cho đa thức g ( x ) = x + x − 2 a)

Câu 3. (4 điểm)

+ y 2015 + z 2015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km / h, nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km / h để 3

1) Cho x + y + z = 1 và x + y + z = 1. Tính A = x

2015

đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB ?

Câu 4. (5 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại

O, M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M

khác B, C ) . Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

BE = CM a) Chứng minh ∆OEM vuông cân b) Chứng minh : ME / / BN c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) . Chứng minh rằng ba điểm

O, M , H thẳng hàng.

Câu 5. (2 điểm)

a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a + 3b + 3c + 1 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c − 1 P= + + 2015 + a 2016 + b 2017 + c

Cho số thực dương

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Điều kiện:

a ≠ 0; a ≠ 1

 ( a − 1)2 1 − 2a 2 + 4a 1  a 3 + 4a Ta có: M =  − + : 2 3 2 a a − 1 − 1 3 + − 1 a a ( )   4a

 ( a − 1)2 1 − 2 a 2 + 4a 1  4a 2 = 2 − + .  2 2  a + a + 1 ( a − 1) ( a + a + 1) a − 1  a ( a + 4 )

( a − 1) = = =

− 1 + 2 a 2 − 4a + a 2 + a + 1

( a − 1) ( a 2 + a + 1)

4a a +4 2

a 3 − 3a 2 + 3a − 1 − 1 + 2a 2 − 4a + a 2 + a + 1 4a . 2 a +4 ( a − 1) ( a 2 + a + 1) a 3 − 1 4a 4a . 2 = 2 3 a −1 a + 4 a + 4 b) M > 0 ⇔ 4a > 0 ⇔ a > 0 Kết hợp với điều kiện suy ra M > 0 khi a > 0 và a ≠ 1 2 a 2 + 4 ) − ( a 2 − 4a + 4 ) ( a − 2) 4a ( c) Ta có: M = 2 = =1− 2 a +4 a2 + 4 a +4

Vì

( a − 2)

a2 + 4

( a − 2) ≥ 0 với mọi a nên 1 −

( a − 2) Dấu " = " xảy ra khi

a2 + 4

≤ 1 với mọi a

a2 + 4 Vậy MaxM = 1 khi a = 2.

=0⇔a=2

Câu 2. 1) a) Ta có:

x+2 x+4 x+6 x+8 + = + 98 96 94 92  x+2   x+4   x+6   x+8  ⇔ + 1 +  + 1 =  + 1 +  + 1  98   96   94   92  1 1 1   1 ⇔ ( x + 100 ) . + − − =0  98 96 94 92  1 1 1 1 Vì + − − ≠0 98 96 94 92 Do đó: x + 100 = 0 ⇔ x = −100 Vậy phương trình có nghiệm : x = −100 b) Ta có:

x 6 − 7 x3 − 8 = 0 ⇔ ( x3 + 1)( x3 − 8 ) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x 2 − x + 1) ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) = 0 (*) 2

1 3 2  2 Do x − x + 1 =  x −  + > 0 và x + 2 x + 4 = ( x + 1) + 3 > 0 với mọi x 2 4  Nên (*) ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ x ∈ {−1;2} 2

1 − x x − 2 2( x − m) − 2 (1) + = x−m x+m m2 − x 2 ĐKXĐ: x + m ≠ 0 và x − m ≠ 0 ⇔ x ≠ ± m ⇒ (1 − x )( x + m ) + ( x − 2 )( x − m ) = 2 − 2 ( x − m ) 2)

⇔ ( 2m − 1) x = m − 2 (*) 1 −3 ta có: (*) ⇔ 0 x = (vô nghiệm) 2 2 1 m−2 +Nếu m ≠ ta có (*) ⇔ x = 2 2m − 1 - Xét x = m m−2 ⇔ = m ⇔ m − 2 = 2m 2 − m 2m − 1

+Nếu 2m − 1 = 0 ⇔ m =

1 3  ⇔ 2m − 2m + 2 = 0 ⇔ m − m + 1 = 0 ⇔  m −  + = 0 2 4  2

(Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét x = − m

m−2 = − m ⇔ m − 2 = −2 m 2 + m 2m − 1 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m = hoặc m = ±1 2 2 3) Ta có: g ( x ) = x + x − 2 = ( x − 1)( x + 2 )

⇔

Vì f ( x) = ax + bx + 10 x − 4 chia hết cho đa thức g ( x ) = x + x − 2 3

Nên tồn tại một đa thức q( x) sao cho f ( x) = g ( x).q( x)

⇒ ax 3 + bx 2 + 10 x − 4 = ( x + 2 ) .( x − 1) q ( x ) Với x = 1 ⇒ a + b + 6 = 0 ⇒ b = − a − 6 (1) Với x = −2 ⇒ 2a − b + 6 = 0 ( 2 ) Thay (1) vào ( 2 ) ta có: a = −4 và b = −2

Câu 3.

1) Từ x + y + z = 1 ⇔ ( x + y + z ) = 1 3

Mà x + y + z = 1 3

⇒ ( x + y + z ) − x3 − y 3 − z 3 = 0 ⇔ ( x + y + z ) − z 3 − ( x3 + y 3 ) = 0 3

⇔ ( x + y + z − z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) z + z 2  − ( x + y ) ( x 2 − xy + y 2 ) = 0   2

⇔ ( x + y ) ( x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 yz + 2 xz + xz + yz + z 2 + z 2 − x 2 + xy − y 2 ) = 0 ⇔ ( x + y ) ( 3 z 2 + 3 xy + 3 yz + 3 xz ) = 0

⇔ ( x + y ) 3 ( y + z )( x + z ) = 0 x + y = 0 x = − y ⇔  y + z = 0 ⇔  y = −z    x + z = 0  x = − z * Nếu x = − y ⇒ z = 1 ⇒ A = x 2015 + y 2015 + z 2015 = 1

* Nếu y = − z ⇒ x = 1 ⇒ A = x 2015 + y 2015 + z 2015 = 1 * Nếu x = − z ⇒ y = 1 ⇒ A = x 2015 + y 2015 + z 2015 = 1 2) Gọi x ( km ) là độ dài quãng đường AB. ĐK: x > 0 Thời gian dự kiến đi hết quãng đường AB:

x (giờ) 30

Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30(km) Quãng đường còn lại : x − 30 ( km )

x − 30 (giờ) 40 1 x − 30 x Theo bài ta có phương trình: =1+ + 30 4 40 ⇔ 4 x = 30.5 + 3.( x − 30 ) ⇔ x = 60 (thỏa mãn)

Thời gian đi quãng đường còn lại:

Vậy quãng đường AB là 60km.

Câu 4.

M H' H C

a) Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có : OB = OC

=C = 450 Và B 1 1 BE = CM ( gt ) Suy ra ∆OEM = ∆OMC (c.g.c)

=O ⇒ OE = OM và O 1 3 +O = BOC = 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông Lại có: O 2 3 +O = EOM = 900 kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân tại O ⇒O 2

b) Từ giả thiết ABCD là hình vuông ⇒ AB = CD và AB / / CD

AM BM (định lý Ta-let) (*) = MN MC Mà BE = CM ( gt ) và AB = CD ⇒ AE = BM thay vào (*) + AB / / CD ⇒ AB / / CN ⇒

AM AE = ⇒ ME / / BN (theo Định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H ' là giao điểm của OM và BN = MH 'B Từ ME / / BN ⇒ OME

Ta có:

= 450 vì ∆OEM vuông cân tại O ⇒ MH ' B = 450 = C Mà OME 1 ⇒ ∆OMC ∼ ∆BMH ' ( g.g )

OM MC = CMH ' (hai góc đối đỉnh) , kết hợp OMB = BM MH = MH ' C = 450 ⇒ ∆OMB ∼ ∆CMH '(c.g.c) ⇒ OBM

⇒

' C = BH ' M + MH ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN Vậy BH Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) ⇒ H ≡ H ' hay 3 điểm

Câu 5.

O, M , H thẳng hàng (đpcm)

Ta có:

2a + 3b + 3c + 1 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c − 1 + + 2015 + a 2016 + b 2017 + c b + c + 4033 c + a + 4032 a + b + 4031 = + + 2015 + a 2016 + b 2017 + c P=

Đặt

2015 + a = x 2016 + b = y 2017 + c = z b + c + 4033 c + a + 4032 a + b + 4031 + + 2015 + a 2016 + b 2017 + c y+z z+x x+ y y x x z y z = + + = + + + + + x y z x y z x z y P=

≥2

y x z x y z . +2 . +2 . =6 x y x z z y

(Co − si )

a = 673, b = 672, c = 671 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 khi a = 673, b = 672, c = 671 Dấu " = " xảy ra khi x = y = z suy ra

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa) ĐỀ SỐ 100. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8 Bài 1. (4,5 điểm)

6x + 3 2  1  + 3 − 2  : ( x + 2)  x +1 x +1 x − x +1 a) Tìm điều kiện xác định của Q , rút gọn Q Cho biểu thức : Q = 

b) Tìm x khi Q =

1 3

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q .

Bài 2. (4,5 điểm)

2x + 3 2x + 5 6 x2 + 9 x − 9 a) Giải phương trình : − =1− 2x + 1 2x + 7 ( 2 x + 1)( 2 x + 7 ) 3

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x − 2 x − x + 2 2

c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho : x = y + 2 y + 13

Bài 3. (4,0 điểm)

ab + 1 bc + 1 ca + 1 . Chứng minh rằng a = b = c = = b c a n b) Cho số tự nhiên n > 3. Chứng minh rằng nếu 2 = 10 a + b ( a , b ∈ ℕ,0 < b < 10 ) a) Cho abc ≠ ±1 và

thì tích ab chia hết cho 6

Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao

AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng: BD.DC = DH .DA b) Chứng minh rằng:

HD HE HF + + = 1. AD BE CF

c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF d) Gọi M , N , P, Q, I , K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng

BC, CA, AB ,

EF , FD, DE. Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy tại một điểm

Bài 5. (1,0 điểm)

AB = AC = b; BC = a. Đường phân giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh rằng: 1 1 b . − = b a ( a + b )2 Cho tam giác ABC cân tại A có

Bài 6. (1,0 điểm) Cho

a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

3 a b c + + ≥ 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) ĐK:

Q= b)

x ≠ −1; x ≠ −2

( x + 2 )( x + 1) x2 − x + 1 + 6x + 3 − 2 x − 2 1 1 . = = 2 3 2 x +1 x + 2 ( x + 1)( x + 2 ) ( x − x + 1) x − x + 1

 x = −1 1 1 2 = ⇔ − + 1 = 3 ⇔ + 1 − 2 = 0 ⇔ x x x x ( )( )  x2 − x + 1 3 x = 2

So sánh với điều kiện suy ra x = 2 thì Q =

1 3 2

1 1 3 3  c) Q = 2 ; Vì 1 > 0; x 2 − x + 1 =  x −  + ≥ > 0 2 4 4 x − x +1 

Q đạt GTLN ⇔ x 2 − x + 1 đạt GTLN ⇔ x 2 − x + 1 =

3 1 4 ⇔ x = ( tm ) . Lúc đó Q = 4 2 3

1 4 khi x = 2 3 −1 −7 Câu 2. a) ĐK: x ≠ ;x ≠ 2 2 ( 2 x + 3)( 2 x + 7 ) − ( 2 x + 5 )( 2 x + 1) = ( 2 x + 7 )( 2 x + 1) − 6 x 2 + 9 x − 9 ( 2 x + 1)( 2 x + 7 ) ( 2 x + 7 )( 2 x + 1) ( 2 x + 7 )( 2 x + 1) ( 2 x + 7 )( 2 x + 1)

Vậy GTLN của Q là Q =

⇔

4 x 2 + 20 x + 21 − 4 x 2 − 12 x − 5 4 x 2 + 16 x + 7 − 6 x 2 − 9 x + 9 = ( 2 x + 7 )( 2 x + 1) ( 2 x + 7 )( 2 x + 1)

8 x + 16 −2 x 2 + 7 x + 16 ⇔ = ( 2 x + 7 )( 2 x + 1) (2x + 7)

⇒ 8 x + 16 = −2 x 2 + 7 x + 16 ⇔ 2 x 2 + x = 0 ⇔ x ( 2 x + 1) = 0  x = 0 (tm) ⇔ −1 x = ( ktm)  2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 b) Ta có

x3 − 2 x 2 − x + 2 = ( x3 − 2 x 2 ) − ( x − 2 ) = x 2 ( x − 2 ) − ( x − 2 ) = ( x − 2 )( x − 1)( x + 1) c) Ta có: 2

x 2 = y 2 + 2 y + 13 ⇔ x 2 = ( y + 1) + 12 ⇔ ( x + y + 1)( x − y − 1) = 12 Do x + y + 1 − ( x − y − 1) = 2 y + 2 là số chẵn và x, y ∈ ℕ * nên x + y + 1 > x − y − 1. Do đó

x + y + 1 và x − y − 1 là hai số nguyên dương chẵn Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp : x + y + 1 = 6 và x − y − 1 = 2

⇔ x = 4 và y = 1. Vậy ( x; y ) = ( 4;1) Câu 3. a) Từ

1 1 1 ab + 1 bc + 1 ca + 1 = = ⇒a+ =b+ =c+ b c a b c a

Do đó:

a−b =

1 1 b−c 1 1 c−a 1 1 a−b − = ;b − c = − = ;c − a = − = c b bc a c ac b a ab

Suy ra : ( a − b )( b − c )( c − a ) =

( a − b )( b − c )( c − a ) a 2b 2c 2

⇔ ( a − b )( b − c )( c − a ) ( a 2b 2c 2 − 1) = 0 ⇒ ( a − b )( b − c )( c − a ) = 0 (do abc ≠ ±1 ) Suy ra a = b = c b) Ta có: 2 = 10a + b ⇒ b⋮ 2 ⇒ ab⋮ 2 n

(1)

Ta chứng minh ab⋮3 (2) Thật vậy , từ đẳng thức 2 = 10a + b ⇒ 2 có chữ số tận cùng là b n

Đặt n = 4k + r ( k , r ∈ ℕ,0 ≤ r ≤ 3) ta có: 2 = 16 .2 n

(

)

Nếu r = 0 thì 2 − 2 = 2 . 16 − 1 ⋮10 ⇒ 2 tận cùng là n

(

)

Suy ra b = 2 ⇒ 10a = 2 − 2 = 2 . 16 − 1 ⋮3 ⇒ a⋮3 ⇒ ab⋮3 r

Từ (1) và ( 2 ) suy ra ab⋮ 6

Câu 4.

A E

H K

I B

a) Chỉ ra được ∆BDH ∼ ∆ADC ( g .g ) ⇒

BD DH = ⇒ BD.DC = DH .DA AD DC

1 S HBC 2 HD.BC HD b) Ta có: = = S ABC 1 AD.BC AD 2 HE S HAC HF S HAB Tương tự = ; = BE S ABC CF S ABC

HD HE HF S HBC + S HAC + S HAB S ABC + + = = =1 AD BE CF S ABC S ABC AEF = ABC c) Chứng minh được ∆AEF ∼ ∆ABC ( c.g.c ) ⇒ Do đó:

= ABC. Do đó: AEF = DEC Tương tự: DEC = DEC + HED = 900 nên HEF = HED AEF + HEF Mà ⇒ EH là phân giác ngoài của góc EFD Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF d) Do ∆BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM = cạnh huyền), Tương tự: FM =

1 BC (trung tuyến ứng với 2

1 BC 2

Do đó: ∆EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ ⊥ EF

⇒ MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của tam giác DEF . Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy tại một điểm Câu 5.

A H D

Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC Tam giác BAD cân tại B ( BA = BD ) có BH là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

AD 2 Tam giác ABC có BD là đường phân giác, ta có:

⇒ AH =

DA AB b DA DC DA + DC AC b b2 = = ⇒ = = = = ⇒ DA = DC BC a b a a+b a+b a+b a+b Tam giác HAB vuông tại H, theo định lý Pytago ta có: AB 2 = BH 2 + AH 2 ⇒ BH 2 = b 2 −

AD 2 4

(1)

Tam giác HBC vuông tại H, theo định lý Pytago, ta có:

BC = BH + HC ⇒ BH = BC − ( AC − AH ) 2

⇒ BH 2 = a 2 − b 2 + b. AD −

AD 2 (2) 4

AD   = a − b −  2   2

Từ (1) và (2) ta có:

AD 2 AD 2 2 2 b − = a − b + b. AD − ⇒ b 2 − a 2 = b. AD − b 2 4 4 2 −ab a−b b 1 1 b ⇒ ( b + a )( b − a ) = ⇒ = ⇒ − = 2 2 a+b ab ( a + b) b a ( a + b) 2

Vậy bài toán dược chứng minh

Câu 6. Do

a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên:

a ab 2 ab 2 ab . = a − ≥ a − = a − 1 + b2 1 + b2 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có: ≥b− ; ≥c− 2 2 1+ c 2 1+ a 2 a b c ab + bc + ca Mà a + b + c = 3 nên + + ≥3− 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2

(1)

Cũng từ a + b + c = 3 ⇒ ( a + b + c ) = 9

⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 9 2

Mà a + b ≥ 2ab; b + c ≥ 2bc; c + a ≥ 2ac nên a + b + c ≥ ab + bc + ca Suy ra 3 ( ab + bc + ca ) ≤ 9 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3 ( 2 )

a b c 3 3 + + ≥3− = 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Từ (1) , ( 2 ) suy ra

( dpcm )

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

_________________________________HẾT___________________________