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

Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng, nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc

 b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz 0. dựa vào kết quả câu trên hãy tính

 A =

Bài 2: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương

Bài 3: (4 điểm) Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)2 = (4(n – 2))3

Bài 4: (4 điểm) Một trường có 2392 học sinh. Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường (nhưng không có học sinh nào đạt 2 giải). Biết rằng số các học sinh đạt mỗi giải nói trên cũng là các chữ số của học sinh còn lại; và số học sinh đạt giải quốc tế ít hơn số học sinh đạt giải quốc gia, số học sinh đạt giải quốc gia ít hơn số học sinh đạt giải tỉnh và số học sinh đạt giải tỉnh ìt hơn số học sinh đạt giải của trường.

 

doc 13 trang Người đăng phammen30 Ngày đăng 12/04/2019 Lượt xem 197Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi học sinh giỏi Toán 8 cấp huyện năm học 2002 – 2003", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2002 – 2003 
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng, nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
	b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz 0. dựa vào kết quả câu trên hãy tính 
	A = 
Bài 2: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương
Bài 3: (4 điểm) Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)2 = (4(n – 2))3
Bài 4: (4 điểm) Một trường có 2392 học sinh. Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường (nhưng không có học sinh nào đạt 2 giải). Biết rằng số các học sinh đạt mỗi giải nói trên cũng là các chữ số của học sinh còn lại; và số học sinh đạt giải quốc tế ít hơn số học sinh đạt giải quốc gia, số học sinh đạt giải quốc gia ít hơn số học sinh đạt giải tỉnh và số học sinh đạt giải tỉnh ìt hơn số học sinh đạt giải của trường.
	Hãy cho biết số học sinh đạt mỗi giải nói trên và số học sinh còn lại không đạt giải?
Bài 5: (4 điểm) Cho ABC, trên AB và AC về phía ngoài tam giác ta dựng hai hình vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng trung tuyến qua A của AEN kéo dài chính là đường cao của ABC
BÀI GIẢI:
Bài 1: a/ Từ a + b + c = 0 a + b = -c (a + b)3 = -c3 a3 + b3 + 3ab(a + b) = -c3 
 a3 + b3 + 3ab(-c) = -c3 a3 + b3 + c3 = 3abc
	b/ Vì xyz 0 nên từ xy + yz + xz = 0 = 0. 
	Aùp dụng câu a ta suy ra: = 3. 
	Từ A = = = xyz() = xyz. 3. = 3
Bài 2: Giả sử có số chính phương thì n2 + 2002 = k2	(x N) 2002 = (k + n)(k – n) (1)
	Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002. 
 	Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ. Do 2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn; 
 	Suy ra (k + n)(k – n) 4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002 4. Điều này vô lí.
	Vậy không có số nguyên n nào để n2 + 2002 là số chính phương.
Bài 3: (n + 5)2 = (4(n – 2))3 n2 + 10n + 25 = 64(n3 – 6n2 + 12n – 8) 
 n2 + 10n + 25 = 64n3 – 384n2 + 768n – 512 64n3 – 385n2 + 758n – 537 = 0
 (n – 3)(64n2 – 193n + 179) = 0 n – 3 = 0 hoặc 64n2 – 193n + 179 = 0 n = 3 Vì 64n2 – 193n + 179 = 0 vô nghiệm
Bài 4: Gọi số học sinh đạt giải là a, b, c, d; Trong đó 1 a, b, c, d 9
	Theo bài toán ta có: + a + b + c + d = 2392
	Vì 1 a, b, c, d 9 => a + b + c + d 36 => > 2300 => a = 2 và b = 3
	Lúc đó ta có: + 2 + 3 + c + d = 2392 2300 + 10c + d + 5 + c + d = 2392
 11c + 2d = 87
	Mà 0 2d 18 69 11c 87 6 c 7
	Nếu c = 6 => 11.6 + 2.d = 87 => d = 21/2 (không thoả mãn)
	Nếu c = 7 => 11.7 + 2.d = 87 => d = 5
A
B
C
H
D
E
M
N
I
 F
	Vậy số học sinh giỏi quốc tế của trường đó là 2; Số học sinh giỏi quốc gia là 3; Số học sinh giỏi cấp tỉnh là 5 và Số học sinh giỏi cấp trường là 7; Và số học sinh còn lại là 2375
Bài 5: Gọi F là trung điểm FN Nối FA kéo dài cắt BC tại H
Trên tia đối tia FA lấu I sao cho FI = FA
=> AEIN là hình bình hành
=> IN = AE = AB và IE = AN = AC
 (cùng bù với góc EAN)
=> AEI = BAC (c-g-c)
=> 
Mà (Sole trong EI//AN)
=> 
Mặt khác: = 1v
=> = 1v
=> = 1v
Hay AF BC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2003 – 2004 
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (3 điểm) Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12
Bài 2: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0
Bài 3: (3 điểm) Giải phương trình sau với ẩn số là x: 	
Bài 4: (4 điểm) Cho 0 < x, y, z < 1. Chứng minh 0 < x + y + z – xy – yz – xz < 1
Bài 5: (3 điểm) Cho ABC. Hãy xác định (dựng hình) trên cạnh BC một điểm E và trên cạnh AB một điểm D sao cho BD = DE = EC
Bài 6: (4 điểm) Cho ABC có các cạnh không bằng nhau. Hãy tìm một điểm trong tam giác sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó đến các đường thẳng AB, BC, CA là nhỏ nhất.
BÀI GIẢI:
Bài 1: Theo bài toán ta phải chứng minh: n2(n2 – 1) 12
	Thật vậy: n2(n2 – 1) = (n – 1)n2(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1)
	Ta có: (n – 1)n 2 và n(n + 1) 2 => n2(n2 – 1) 4
	Và: n2(n2 – 1) = n(n – 1)n(n + 1) 4
	Mà (3, 4) = 1 => n2(n2 – 1) 3.4 = 12
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0 	(1)
	(1) x(2x2 + y) = 7; Mà 7 = 1.7 = -1.(-7); Vì x nguyên dương nên ta chỉ chọn các giá trị của x > 0; Và x nguyên dương nên x 
Cách 2: Từ (1) y = = – 2x2;
	Để y nguyên thì là số nguyên => x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7
=> y = 5 và y = -97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5
Bài 3: Giải phương trình 	(1)
	ĐKXĐ: x và x 
(1) a(1 – ax) = b(1 – bx) a – a2x = b – b2x a2x – b2x = a – b (a2 – b2)x = a – b
	Nếu a2 – b2 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 
	Nếu a = b thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 Phương trình (1) có nghiệm với mọi x và x 
	Nếu a = -b = 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 Phương trình (1) có nghiệm với mọi x và x 
	Nếu a = -b 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = -2b Phương trình (1) vô nghiệm
Bài 4: Vì 0 1 – x > 0 => y(1 – x) > 0 => y – xy > 0
	Tương tự ta có: x – xz > 0 và z – yz > 0
	=> 0 < x + y + z – xy – yz – xz	(1)
	Mặt khác từ: 1 – x > 0; 1 – y > 0 và 1 – z > 0 => (1 – x)(1 – y)(1 – z) > 0
=> 1 – x – y – z + xy + xz + yz – xyz > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz + xyz) > 0
=> 1 – (x + y + z –xy– xz – yz) > 0 ( vì xyz > 0) Hay 1 > x + y + z –xy– xz – yz 	(2)
	Từ (1) và (2) ta suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5: Giả sử ta tìm được D, E thoả mãn điều kiện bài toán thì ta có
A
B
C
D
E
BD = DE = EC; Lúc đó ta có ECD cân tại E => 
Mà => 
Mặt khác ta cũng có: EDB cân tại D => 
=> 
Từ đó ta có cách dựng như sau: 
	+ Tại C dựng tia Cx nằm trong tam giác ABC tạo CB một góc bằng ; Cx cắt AB tại D
	+ Tại D dựng tia Dy nằm trong tam giác DBC tạo CD một góc bằng ; Cy cắt BC tại E
Chứng minh: Từ cách dựng ta có => ECD cân tại E => DE = EC
Mặt khác = + = => EDB cân tại D => DE = BD
	Vậy BD = DE = EC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2004 – 2005
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (3 điểm) Cho số tự nhiên N = 20032004. 
 	Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1; n2; ; nk
	Sn = n13 + n23 +  + nk3. Tìm số dư của phép chia S cho 6
Bài 2: (6 điểm) 1/ Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm số nguyên
	2/ Cho các số a1; a2; ; a2003. Biết rằng: ak = với mọi k = 1,2,3, , 2003.
	Tình tổng a1 + a2 +  + a2003
Bài 3: (2 điểm) Biết rằng |a + b + c| 1; |c| 1; 1.
	Chứng minh rằng: |a| + |b| + |c| 17
Bài 4: (3 điểm) Cho ABC. Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1. Chứng minh rằng nếu tam giác A1B1C1 đều thì ABC cũng đều.
Bài 5: (4 điểm) Cho ABC cân tại A, = 400, đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho = 300. Chứng minh rằng AE = AF
BÀI GIẢI:
Bài 1: Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a
	Đặt N = n1 + n2 +  + nk, ta có: S – N = (n13 + n23 +  + nk3) – (n1 + n2 +  + nk) =
	= (n13 - n1) + (n23 - n2) +  + (nk3 - nk) chia hết cho 6
 	 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6
 	Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1.
Bài 2: 1/ Giả sử đa thức P(x) có nghiệm số nguyên là a, ta có P(x) x – a. 
 	Do đó P(x)= (x – a).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên) 
	Ta có: P(0) = -a.g(0) là số lẻ => a là số lẻ
	Mặt khác P(1) = (1 – a)g(1) là số lẻ => 1 – a là số lẻ => a chẵn (Mâu thuẫn)
	Vậy P(x) có nghiệm số nguyên là sai. Do đó đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên
	2/ Ta có: ak = = =  = Với mọi k = 1, 2, 3, , 2003
	Với k = 1: a1 = ; k = 2:a2 = ;  ; k = 2003: a2003 = 
	=> S = a1 + a2 + a3 +  + a2003 = = 
Bài 3: Đặt : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = (3) 
Theo giả thiết, ta cĩ : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1. 
Từ (1), (2) => M - N = a + b (4) ; Từ (2), (3) => P - N = (5) ; 
Từ (4), (5) ta dễ dàng => a = 2M + 2N - 4P; b = - M - 3N + 4P 
Khi đĩ : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N - 4P| + | - M - 3N + 4P| + |N| 
≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ; |P| ≤ 1) 
Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17.
Bài 4: 
Giả sử ∆A1B1C1 đều. Khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể giả thiết : 
	(*)
Khi đĩ : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy ra 
	(1)
Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều). Nhưng 
 => 	(2)
Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đđều (đđpcm). 
Bài 5: Trên nửa mặt phẳng bờ AB, chứa C, lấy điểm K sao cho tam giác ABK đều (hình 1) 
Trong tam giác ABC, theo giả thiết, ta cĩ : 
Đ ABC = Đ ACB = (180o - 40)/2 = 70o 
=> Đ ABF = Đ ABC - Đ FBC = 70o - 30o = 40o. 
Vậy Đ ABF = Đ BAF => ΔABF cân tại F => FA = FB. 
Theo cách dựng điểm K, KA = KB. Vậy KF là đường trung trực của đoạn AB => KF là phân giác của Đ AKB (vì ΔABK đều) => Đ FKB = 30o => Đ FKB = Đ EBA (1) (theo giả thiết) 
ΔABC cân tại A, Đ BAC = 40o , AH là đường cao, => Đ BAE = 1/2.40o = 20o . 
Mặt khácĐ KAF = Đ KAB - Đ FAB = 60o - 40o = 20o 
Vậy Đ KAF = Đ BAE (2) . Chú ý rằng ΔABK đều nên AB = AK (3) 
Từ (1), (2), (3) => : ΔKAF = ΔBAE => AF = AE (đpcm) 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2005 – 2006
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (4 điểm) Tính tổng gồm 2004 số hạng: 
 	f + f +  + f; trong đó f(x) = 
Bài 2: (4 điểm) Cho ABC cân tại A, = 400, đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho = 300. Chứng minh rằng AE = AF
Bài 3: (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ. Chứng minh:
	x(x – y)2 + y(y – z)2 (x – y)(y – z)(x + y – z)
Bài 4: (4 điểm) Có 3 cái chuông trong phòng thí nghiệm. Chuông thức nhất cứ 8 phút reo một lần. Chuông thứ hai cứ 12 phút reo một lần. Chuông thứ 3 cứ 16 phút reo một lần. Cả 3 cái cùng reo vào lúc 7 giờ 30 phút sáng.
	a/ Hỏi 3 cái chuông lại cùng reo tiếp vào lúc nào?
	b/ Hỏi trong khoảng từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút, có bao nhiêu lần nghe thấy tiếng reo đồng thời của 2 trong 3 chuông?
Bài 5: (4 điểm) Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2
BÀI GIẢI:
Bài 2: Bài 5 đề năm học 2004 - 2005
Bài 3:	Lần lượt gọi vế phải và vế trái của (1) là F và T, ta có:
T – F = x(x – z)2 + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)(x + y – z)
	= (x(x – z)2 – (x – z)(y – z)x) + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z
	= x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z)
	= (x – y)(x2 – xz – y2 + yz) + z(x – z)(y – z)
	= (x – y)2(x + y – z) + z(x – z)(y – z)
+ Nếu F 0, ta có T 0 F, Vậy (1) đúng.
+ Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0	(3)
Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có:
(x – z)(y – z) x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F 0 => (1) đúng.
Đẳng thức xảy ra khi 
Bài 4: a/ Thời gian 3 chuông cùng reo là BC(8; 12; 16); Mà bài toán yêu cầu lần cùng reo kế tiếp nên thời gian đó là BCNN(8; 12; 16)
	BCNN(8; 12; 16) = 48. Nên sau 48 phút cả 3 chuông cùng reo
	Vậy lúc đó là: 7giờ 30phút + 48phút = 8giờ 18phút
	Và từ 7giờ 30phút đến 11 giờ 30 phút là 240 phút, nên cả 3 chuông cùng reo 240 : 5 = 5 lần; vào lúc: 8 giờ 18 phút; 9 giờ 06 phút; 9 giờ 54 phút; 10 giờ 42 phút và 11 giờ 30 phút.
b/ Vì chuông 1 cứ 8 phút reo 1 lần, chuông 2 cứ 12 phút reo 1 lần nên cả 2 chuông cùng reo là BC(8; 12) = 24. Vậy cứ 24 phút cả 2 chuông cúng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 10 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 5 lần
	Tương tự ; cứ 48 phút cả 2 chuông 2 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 5 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 0 lần
	Và cứ 16 phút cả 2 chuông 1 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 15 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 10 lần
	Vậy nếu nghe 2 trong 3 chuông cùng reo trong khoảng thời gian trên là 15 lần
Bài 5: Ta có: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1 = 2y2 + 2y + 1
 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x = 2y2 + 2y x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y 
 x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) = y2 + y x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) + 1 = y2 + y + 1
 [x(x + 1) + 1]2 = y2 + y + 1 (x2 + x + 1)2 = y2 + y + 1	(1)
	+ Nếu y > 0 thì từ y2 y2 + y + 1 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên
	+ Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra: x2 + x + 1 = 1 x = 0 và x = 1
	Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên dương là (0; 0) và (0; 1)
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 HUYỆN AN NHƠN
NĂM HỌC 2006 – 2007 
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9
	b/ Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho 10n + 2005 chia hết cho 102005 – 1.
Bài 2: (3 điểm) Tìm các chữ số tự nhiên a, b, c sao cho = .7
Bài 3: (5 điểm) a/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương x2 – 2y2 = 5
	b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1)2 + (x – 3)2
Bài 4: (4 điểm) Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong ABC. Giả sử góc BPC bằng 1350. Chứng minh rằng 2PB2 + PC2 = PA2
Bài 5: (4 điểm) Cho ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CD = 2BD. So sánh số đo hai góc và 
BÀI GIẢI:
Bài 1: (4 điểm) a/ Giả sử tồn tại số nguyên n để: n2 + n + 1 9 => 4n2 + 4n + 4 9
=> 4n2 + 4n + 4 3 => 4n2 + 4n + 1 + 3 3 => (2n + 1)2 + 3 3 => (2n + 1)2 3 
=> 2n + 1 3 => (2n + 1)2 9 
 	Nhưng khi đó 4n2 + 4n + 4 = (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9, vô lý
	Vậy với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9
	b/ Ta có 102005 – 1 = (10 – 1)(102004 +  + 1) = 9. (102004 +  + 1) 9
	Mà 10n + 2005 = 10n – 1 + 2006 = (10 – 1)(10n-1 +  + 1) + 2006 = 9.M + 2006 không chia hết cho 9
	Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10n + 2005 chia hết cho 102005 – 1.
Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 9999 1000 .7 9999 
 143 1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b < c
=>143 1428 12 37 => a = 1; 2; 3 và 2 b 7
	+ Nếu a = 3 ta có: 7000 vô lý
	+ Nếu a = 2 ta có: 3000 vô lý
	+ Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995
Bài 3: (5 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x2 – 2y2 = 5 	(1)
Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k Z) vào (2), ta được:
	4k2 + 4k + 1 – 2y2 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn. Đặt y = 2t (t Z), ta có:
	2(k2 + k – 1) = 4t2 k2 + k – 1 = 2t2 k(k + 1) = 2t2 + 1	(**)
	Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b/ Ta có A = (x + 1)2 + (x – 3)2 = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x – 1)2 + 8
 A
 B
 C
 D
 P
 E
	Vì 2(x – 1)2 0 x => A 8 x
	Vậy minA = 8 x – 1 = 0 x = 1
Bài 4: Từ B ta kẽ BE BP
	Theo giả thiết suy ra: = 450 => BEP cân tại B
=> BE = BP và = 450
	Và ta cũng có: = (cùng phụ góc ABP)
Mà AB = BC => ABE = CBP (c-g-c)
=> AE = CP và = = 1350 
=> = 900 (do = 450). Aùp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông AEP ta có:
	PA2 = AE2 + EP2
Aùp dụng định lí Pitago cho tam giác BEP ta có: PE2 = EB2 + BP2 = BP2 + BP2 = 2BP2 
A
B
C
D
2
1
3
I
=> PA2 = AE2 + 2BP2 = PC2 + 2BP2 (do BE = BP)
Bài 5: Gọi E là trung điểm DC => BD = DE = EC
=> ABD = ACE (BD = EC; AB = AC; )
=> và AE = AD
Gọi I là trung điểm A => AI = AE = AD
E
Và DE là đường trung bình ABE
=> DI = AB và DI//AB
Mà D BC và BD = BC => AD AI < 
Mà DI//AB => = (so le trong)
=> + 2 < (+ )
Hay < 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2007 – 2008 
(Thời gian 150 phút không kể phát đề)
================
Bài 1: (2 điểm) Cho m, n là số nguyên. Chứng minh rằng m3n – mn3 chia hết cho 6
Bài 2: (3 điểm) Cho 2 bình, mỗi bình có dung tích 1 lít. Bình thứ nhất đựng đầy nước và bình thứ hai không đựng gì cả. Ban đầu, người ta rót luợng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai, tiếp đó lại rót lượng nước trong bình thứ hai sang bình thứ nhất, sau đó lại rót lượng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai và quá trình này tiếp tục: , , ,  Hỏi cứ rót đi, rót lại như thế thì sau lần rót thứ 2007 có bao nhiêu nước trong mỗi bình?
Bài 3: (3 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2
Bài 4: (3 điểm) Cho biết = . Hãy tính giá trị biểu thức A = 
Bài 5: (4 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
	ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Bài 6: (5 điểm) Cho ABC cân tại A. Gọi E là điểm tuỳ ý nằm giữa B và C. Đường thẳng qua E vuông góc với AB và đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt nhau ở D. Gọi K là trung điểm của BE. Tính số đo góc của góc AKD
BÀI GIẢI
Bài 1: Ta có: m3n – mn3 = mn(m2 – n2) = mn(m2 – 1 – n2 + 1) = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1) = 
= mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1)
Vì tích 2 số nguyên liên tiếp luôn có một số chẵn nên chia hết cho 2 => mn(m + 1)(m – 1) 2
	Tích 3 số nguyên tiên tiếp chie hết cho 3
	=> Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 ( vì (2; 3) = 1)
=> mn(m + 1)(m – 1) 6 và mn(n – 1)(n + 1) 6 => mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) 6
Hay m3n – mn3 6
Bài 2: Theo bài toán thì lần 1: Bình 1 còn 1 – = lít; Bình 2 có lít
	Lần 2: Bình 1 có + = lít; Bình 2 có lít
	Lần 3: Bình 1 có – = lít; Bình 2 có lít
	Lần 4: Bình 1 có lít; Bình 2 có lít
	Lần 5: Bình 1 có – = lít; Bình 2 có lít
Và ta thấy cứ sau số lần rót lẻ thì nước trong bình mỗi bình lại ngang bằng nhau và bằng lít
Thật vậy: Số lít nước trong bình 2 sau các lần rót 2, 4, 6,  (chẵn) thì có là ; ; ; ;  nên có dạng tổng quát cho số lần n chẵn là . 
 	Do đó lượng nước trong bình thứ nhất sau khi rót lần thứ n là: 1 – = 
	Vậy lượng nước lần thứ n + 1 là: – . = – 
= = = ; Mà n chẵn nên n + 1 là lần rót lẻ
	Như vậy sau lần rót thứ 2007 thì mỗi bình có lít nước
Bài 3: Đặt t = x2 + 4x + 8 thì bài toán trở thành: t2 + 3xt + 2x2 = t2 + xt + 2xt + 2x2 = 
= t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x2 + 4x + 8 + x)( x2 + 4x + 8 + 2x) =
= (x2 + 5x + 8)( x2 + 6x + 8) = (x2 + 5x + 8)( x + 2)(x + 4)
Bài 4: Từ = –3x = 2x2 + 2x + 2 2x2 + 5x + 2 = 0 
 (2x + 1)(x + 2) = 0 x = và x = –2 
	+ Với x = thì A = 
	+ Với x = –2 thì A = 
Vậy với = thì A = 
Bài 5: Ta có: (a – b)2 0; a, b => a2 + b2 2ab
	Tương tự ta cũng có: a2 + c2 2ac và b2 + c2 2bc
=> 2a2 + 2b2 + 2c2 2ab + 2ac + 2bc ab + bc + ca a2 + b2 + c2	(1)
	Mặt khác: Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có a a2 < ab + ac
A
B
C
E
K
F
 I
D
 O
 L
	Tương tự ta cũng có: b2 < ba + bc và c2 < ca + cb
=> a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)	(2)
	Từ (1) và (2) => ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Bài 6: Gọi O là trung điểm AD, I là trung điểm AE và L là trung điểm AC
Xét IOK và LOC có:
IK là đường trung bình ABE => IK = AB và IK//AB
OI là đường trung bình AED => IO = ED và IO//ED
OL là đường trung bình ADC => OL = và OL//DC
	Vì IK//AB; IO//ED mà ED AB => IKIO => = 900
	Vì OL//DC mà DC AC => OL AC => = 900 => = 	(1)
	Ta lại có: IK = AB; và LC = AC mà AB = AC => IK = LC	(2)
	Mặt khác: = 900; = 900 mà 
=> ; mà (đối đỉnh) => => DEC cân tại D
=> DE = DC => ED = DC => OI = OL	(3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: IOK = LOC 
	=> OK = OC = OA = OD (do ACD vuông tại C, O là trung điểm cạnh huyền)
	=>AKD vuông tại K. Vậy = 900

Tài liệu đính kèm:

  • docde thi HSG mon Toan 8 (Co dap an).doc