Mot so de thi HSG co dap an

Đề kiểm thi học sinh giỏi
năm học 2009 -2010
Môn: toán 8
(Thời gian làm bài 120 phút)
Bài 1: (4đ).
Chứng minh rằng số A = n
3
(n
2
- 7)
2
- 36n luôn chia hết cho 7 với mọi n là số tự nhiên
Bài 2: (4đ).
Cho a, , c, x, y, z

0 thoả mãn: x + y + z = 2006; x
2
= a + yz ; y
2
= b + xz ; z
2
= c + xy
Tính giá trị của biểu thức A =
cba
czbyax
++
++
Chứng minh rằng -x
3
+ x
2

4
1
nếu 0

x

1
Bài 3: (4đ) Giải phơng trình
5
7
3
5
1
3
6
164
2222
2
+
+
+
=
+

+
+
xxxx
x

Bài 4: (5đ) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh
DC (M

D, M

C) chọn điểm N trên cạnh BC sao cho
NAM

= 45
o
, DB thứ tự cắt AM, AN tại E và
F.
1. Chứng minh
0
90

== NEAMFA
2. Chứng minh S

AEF =
2
1
S

AMN
3. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC
Bài 5: (3đ). Cho

MNP, độ dài 3 cạnh theo thứ tự là m, n, p và 3
M

+ 2
N

= 180
o
.
Chứng minh hệ thức: m
2
+ np - p
2
= 0
Đáp án
Bài 1
A= n
3
(n
2
-7)
2
- 36n
= n
3
(n
4
- 14n
2
+ 49) - 36n
= n
7

- 14n
5
+ 49n
3
- 36n
= (n
7
-n
5
) - (13n
5
- 13n
3
) + (36n
3
- 36n)
= n
5
(n
2
-1) - 13n
3
(n
2
- 1) + 36n (n
2
-1)
=( n
2
-1) .(n

5
-13n
3
+ 36n)
= (n
2
- 1) {(n
5
-4n
3
) - (9n
3
-36n)}
=(n
2
- 1) {n
3
(n
2
- 4) -9n (n
2
- 4) }
= (n
2
- 1) (n
2
- 4) (n
3
- 9n)
= (n

2
- 1) (n -2) (n +2) n (n
2
- 9)
= (n -1) (n + 1) (n -2) (n + 2) n (n - 3) (n +3)
Vậy: A= (n -3) (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)
Vì n là số tự nhiên nên số A là tích của 7 số tự nhiên liên tiếp. Rồi chứng minh cho tích của 7 số tự
nhiên liên tiếp chia hết cho 7
Kết luận: A chia hết cho 7
Bài 2
Ta có x
2
= a +yz x
3
= ax + xyz => ax = x
3
- xyz
Tơng tự: by = y
3
- xyz
Cz = z
3
- xyz
Cộng theo từng vế của 3 đẳng thức trên ta đợc:
ax + by +cz = x
3
+ y
3
+ z
3

- 3xyz
= (x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
) + z
3
- (3x
2
y+3xy
2
+3xyz)
= (x+y)
3
+z
3
- 3xy (x+y+z)
= (x+y+z) {(x+y)
2
- z (x+y) +z
2
}- 3xy (x+y+z)
= (x+y+z) {(x+y)
2
- (x+y) z + z
2

- 3xy}
= (x+y+z) (x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - xz - yz)
Cùng từ x
2
= a+yz => x
2
- yz = a
Tơng tự y
2
- xz = b
Z
2
- xy = c
Do đó: ax + by + cz = (x+y+z) {(x
2
-yz) + (y
2
- xz) + ( z
2
-xy) }
= (x+y+z) (a+b+c)
Vì vậy
cba
czbyax

++
++
=
cba
cbazyx
++
++++
))((
= x+y+z (do a+b+c 0)
= 2006 (do x+y+z = 2006) Vậy A= 2006
Do 0 x 1 nên x
2
x => - 4x
2
- 4x và 1-x 0
Từ đó ta có - 4x
2
(1-x) -4x (1-x)
- 4x
2
(1-x) +1 - 4x (1-x) +1
4x
3
- 4x
2
+ 1 4x
2
- 4x +1
= (2x -1)
2

0
=> 4x
3
-4x
2
+1 0 - 4x
3
+ 4x
2
- 1 0 - 4x
3
+ 4x
2
1
4(-x
3
+ x
2
) 1 - x
3
+ x
2

4
1

Vậy : -x
3
+ x
2

4
1
nếu 0 x 1
Bài 3. Gải phơng trình:
5
7
2
5
1
3
6
164
2222
2
+
+
+
=
+

+
+
xxxx
x
ĐKXĐ x R

0
5
7

2
5
1
3
6
22164
2222
2
=
+

+

+

+
++
xxxx
x
3 +
0
5
7
3
5
1
3
6
2
2222

2
=
+

+

+

+

xxxx
x

0)
5
7
1()
3
5
1()
1
3
1(
6
2
2222
2
=
+
+

+
+
+
+
+

xxxx
x

5
75
3
53
1
31
6
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+

x
x
x
x
x
x
x
x
= 0

5
2
3
2
1
2
6
2
2
2
2
22
2
2

+

+
+

+
+

+
+

x
x
x
x
x
x
x
x
= 0 (x
2
- 2)
)
5
1
3
1
1
1
6

1
(
2222
+
+
+
+
+
+
+ xxxx
= 0 (1)
Lý luận
)
5
1
3
1
1
1
6
1
(
2222
+
+
+
+
+
+
+ xxxx

> 0
Nên (1) x
2
- 2 = 0 x
2
= 2
x =
2
(TMĐK) hoặc x = -
2
(TMĐK) Vậy S = {-
2
;
2
}
Bài 4.
ã
ã
0
AFM = AEN = 90
Nối A với C chỉ ra đợc
à à
à
à
3 1 1 1
A = A ; B = C
=> AFB

AMC (g.g)
=>

)1(
AC
AM
AB
AF
AC
AB
AM
AF
==
Có
ã
ã
0
MAF = CAB = 45
(2)
Từ 1 và 2 => AFM

ABC
=>
ã
ã
0
AFM = ABC = 90
C/M hoàn toàn tơng tự có AEN = 90
0

vì vậy
ã
ã

0
AFM = AEN = 90
S AEF = 1/2 S AMN
Có AFM

AEN =>
AN
AE
AM
AF
=
=> AEF

AMN (c.g.c) =>
)1()(
2
AM
AF
SAMN
SAEF
=
Có FAM = 45
0
, AFM = 90
0

=> AFM Vuông cân đỉnh F nên AM
2
= AF
2

+ FM
2
= 2AF
2

=>
2
)(
AM
AF
=
2
1
Thay vào (1) ta đợc
SAMN
SAEF
=
2
1
hay: S AEF = 1/2 S AMN
C/M chu vi CMN không đổi
Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN
ADK = ABN => AK = AN và BAN = DAK.
do đó AMN = AKM (c.gc) => MN=KM
Vì vậy: Chu vi CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN
= CD + KD + CN = CD + NB + CN
= CD + CB = 2a không đổi
Tức là: Chu vi CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC
Bài 5 C/M: m
2

+ np - p
2
= 0
Do 3M + 2N = 180
0
và M + N + P = 180
0
=> P = 2M + N vậy P > N => MN>PM
Trên MN lấy điểm Q sao cho MQ = PM = n
Nên QN = P-n
MNP và PNQ có N chung và
PQN = 180
0
- MQP
= 180
0
-
2
180
0
M
( do MQP cân)
= 180
0
-
2
23 MNM +
(do 3M + 2N = 180
0
)

= 180
0
-
2
)(2 NM +
= 180
0
- (M+N)
= MPN vậy PQN = MPN
=> MNP

PNQ (gg)
=>
PN
MN
NQ
PN
=
=> PN
2
= MN . NQ PN
2
- MN . NQ = 0
Hay m
2
- p(p-n) = 0
m
2
+ np - p
2

= 0 (ĐPCM)
Đề khảo sát chọn học sinh giỏi cấp huyện
Môn: Toán - Lớp 8
năm học 2008 - 2009
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4 điểm)
1, Cho ba số a, b, c thoả mãn
+ + =


+ + =

2 2 2
a b c 0
a b c 2009
, tính
= + +
4 4 4
A a b c
.
2, Cho ba số x, y, z thoả mãn
x y z 3+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
B xy yz zx= + +
.
Bài 2: (2 điểm)
Cho đa thức
( )
= + +
2

f x x px q
với
p Z,q Z
. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k để
( ) ( ) ( )
=f k f 2008 .f 2009
.
Bài 3: (4 điểm)
1, Tìm các số nguyên dơng x, y thoả mãn
3xy x 15y 44 0+ + =
.
2, Cho số tự nhiên
( )
=
2009
9
a 2
, b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số của b, d là
tổng các chữ số của c. Tính d.
Bài 4: (3 điểm)
Cho phơng trình
2x m x 1
3
x 2 x 2

+ =
+
, tìm m để phơng trình có nghiệm dơng.
Bài 5: (3 điểm)
Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đờng chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy điểm E, đờng

thẳng EB cắt đờng thẳng DC tại F, CE cắt à tại O. Chứng minh
AEC
đồng dạng
CAF
,
tính
ã
EOF
.
Bài 6: (3 điểm)
Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn thẳng DB, DC lần
lợt lấy các điểm E và F sao cho
ã
ã
EAD FAD=
. Chứng minh rằng:
=
2
2
BE BF AB
CE CF AC
.
Bài 7: (2 điểm)
Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy ra hai số bất kỳ và
thay bằng hiệu của chúng, cứ làm nh vậy đến khi còn một số trên bảng thì dừng lại. Có thể
làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 đợc không? Giải thích.
Hết
Hớng dẫn chấm môn toán 8
Bài Nội dung Điểm
1.1

Cho ba số a, b, c thoả mãn
+ + =


+ + =

2 2 2
a b c 0
a b c 2009
, tính
= + +
4 4 4
A a b c
.
2,00
Ta có
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ca 2 ab bc ca+ + = + + + + = + +
( ) ( )
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
a b c 2009
a b b c c a ab bc ca 2abc a b c
2 4

+ +

+ + = + + + + = =
ữ

( ) ( )
2
2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2009
A a b c a b c 2 a b b c c a
2
= + + = + + + + =
0,50
0,50
1,00
1.2
Cho ba số x, y, z thoả mãn
x y z 3+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
B xy yz zx= + +
.
2,00

( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )

= + + = + + +

= + + + = + +
+ +

= + + = + + +
ữ ữ

2
2 2
2 2
2
2
B xy z x y xy 3 x y x y
xy 3 x y x y x y xy 3x 3y
y 3 3y 6y 9 y 3 3
x x y 1 3 3
2 4 2 4
Dấu = xảy ra khi
y 1 0
y 3
x 0 x y z 1
2
x y z 0
=




+ = = = =


+ + =

1,25
0,50
0,25
Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1
2
Cho đa thức
( )
= + +
2
f x x px q
với
p Z,q Z
. Chứng minh rằng tồn tại số
nguyên k để
( ) ( ) ( )
=f k f 2008 .f 2009
.
2,00
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
2

2
2
f f x x f x x p f x x q
f x 2.x.f x x p.f x p.x q
f x f x 2x p x px q
f x x px q 2x p 1
f x x 1 p x 1 q f x f x 1

+ = + + + +

= + + + + +

= + + + + +


= + + + + +


= + + + + = +

Với x = 2008 chọn
( )
k f 2008 2008= + Â

Suy ra
( ) ( ) ( )
f k f 2008 .f 2009=
1,25
0,50
0,25

3.1
Tìm các số nguyên dơng x, y thoả mãn
3xy x 15y 44 0+ + =
.
2,00

( ) ( )
3xy x 15y 44 0 x 5 3y 1 49+ + = + + =
x, y nghuyêndơng do vậy x + 5, 3y + 1 nguyên dơng và lớn hơn 1.

Thoả mãn yêu cầu bài toán khi x + 5, 3y + 1 là ớc lớn hơn 1 của 49 nên có:

x 5 7 x 2
3y 1 7 y 2
+ = =



+ = =

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên là x = y = 2.
0,75
0,50
0,75
3.2
Cho số tự nhiên
( )
=
2009
9

a 2
, b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số của b,
d là tổng các chữ số của c. Tính d.
2,00
( ) ( ) ( )
( )
2009 3.2009 6027
9 3 3 6027
a 2 2 2 10 b 9.6027 54243
c 5 4.9 41 d 4 1.9 13 1
= = = < =
+ = + =
3
2 1mod9 a 1mod9
mà
( )
a b c dmod9 d 1mod9 2
Từ (1) và (2) suy ra d = 8.
1,00
0,75
0,25
4
Cho phơng trình
2x m x 1
3
x 2 x 2

+ =
+
, tìm m để phơng trình có nghiệm dơng.

3,00
Điều kiện:
x 2;x 2
( )
2x m x 1
3 x 1 m 2m 14
x 2 x 2

+ = =
+
m = 1phơng trình có dạng 0 = -12 vô nghiệm.
m 1
phơng trình trở thành
2m 14
x
1 m

=

Phơng trình có nghiệm dơng
2m 14
2
1 m
m 4
2m 14
2
1 m
1 m 7
2m 14
0

1 m













< <




>



Vậy thoả mãn yêu cầu bài toán khi
m 4
1 m 7



< <

.
0,25
0,75
0,25
0,50
1,00
0,25
5
Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đờng chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy
điểm E, đờng thẳng EB cắt đờng thẳng DC tại F. Chứng minh
AEC
đồng dạng
3,00
CAF
, tính
ã
EOF
.
O
D
B
A
C
E
F

AEB
đồng dạng
CBF

(g-g)
2 2
AB AE.CF AC AE.CF
AE AC
AC CF
= =
=

AEC
đồng dạng
CAF
(c-g-c)

AEC
đồng dạng
CAF

ã
ã
AEC CAF =
mà
ã
ã
ã
ã
ã
ã
0 0
EOF AEC EAO ACF EAO
180 DAC 120

= + = +
= =
1,00
1,00
1,00
6
Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn thẳng DB,
DC lần lợt lấy các điểm E và F sao cho
ã
ã
EAD FAD=
. Chứng minh rằng:
=
2
2
BE BF AB
CE CF AC
.
3,00
A
B
C
D
F
E
K
H
Kẻ EH

AB tại H, FK

AC tại K

ã
ã
ã
ã
BAE CAF; BAF CAE = =

HAE
đồng dạng
KAF
(g-g)
AE EH
AF FK
=
ABE
ACF
S BE EH.AB AE.AB BE AE.AB
S CF FK.AC AF.AC CF AF.AC


= = = =
Tơng tự
BF AF.AB
CE AE.AC
=

2
2

BE BF AB
CE CF AC
=
(đpcm).
1,00
1,25
0,50
0,25
7
Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy ra hai số bất
kỳ và thay bằng hiệu của chúng, cứ làm nh vậy đến khi còn một số trên bảng thì
dừng lại. Có thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 đợc không? Giải thích.
2,00
Khi thay hai số a, b bởi hiệu hiệu hai số thì tính chất chẵn lẻ của tổng các số có
trên bảng không đổi.
Mà
( )
2008. 2008 1
S 1 2 3 2008 1004.2009 0mod2
2
+
= + + + + = =
;
1 1mod2

do vậy trên bảng không thể chỉ còn lại số 1.
1,00
1,00
lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008
Môn : Toán

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1.
2
7 6x x+ +
2.
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +
Bài 2: (2điểm)
Giải phơng trình:
1.
2
3 2 1 0x x x + + =
2.
( )
2 2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

Bài 3: (2điểm)
1. Căn bậc hai của 64 có thể viết dới dạng nh sau:
64 6 4= +

Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dới dạng
nh trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.
2. Tìm số d trong phép chia của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 6 8 2008x x x x+ + + + +
cho đa thức
2
10 21x x+ +
.
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H

BC). Trên tia HC lấy điểm D
sao cho HD = HA. Đờng 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 góc AHM
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.

Hết

Đáp án và thang điểm:
Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0
1.1
(0,75 điểm)
( ) ( )
2 2
7 6 6 6 1 6 1x x x x x x x x+ + = + + + = + + +

( ) ( )
1 6x x= + +
0.5
0,5
1.2
(1,25 điểm)
4 2 4 2 2
2008 2007 2008 2007 2007 2007 1x x x x x x x+ + + = + + + + +
0,25
( ) ( ) ( )
2
4 2 2 2 2 2
1 2007 1 1 2007 1x x x x x x x x= + + + + + = + + + +
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 2007 1 1 2008x x x x x x x x x x= + + + + + + = + + +
0,25
2.
2,0
2.1
2
3 2 1 0x x x + + =

(1)
+ Nếu
1x
: (1)
( )
2
1 0 1x x = =
(thỏa mãn điều kiện
1x
).
+ Nếu
1x <
: (1)
( ) ( ) ( )
2 2
4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x + = = =

1; 3x x = =
(cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là
1x
=
.
0,5
0,5
2.2
( )
2 2 2
2
2 2

2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
0x
(2)
( )
2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4x x x x x
x x x x


+ + + + + = +

ữ ữ ữ ữ



( ) ( )
2

2 2
2
2
1 1
8 8 4 4 16x x x x
x x

+ + = + + =
ữ ữ

0 8x hay x = =
và
0x
.
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm
8x
=
0,25
0,5
0,25
3
2.0
3.1
Gọi số cần tìm là
10ab a b= +
(a, b là số nguyên và a khác 0)
Theo giả thiết:
10a b a b+ = +
là số nguyên, nên
ab

và
b
là các số chính phơng,
do đó:
b
chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9
Ta có:
( )
2 2
10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + + = + + =

( )
2 5 b a =
(vì
0a
)
Do đó
a
phải là số chẵn:
2a k=
, nên
5 b k =
Nếu
1 8 81 8 1 9b a= = = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
4 6 64 6 4 8b a= = = + =
(thỏa điều kiện bài toán)
Nếu
9 4 49 4 9 7b a= = = + =

(thỏa điều kiện bài toán)
0,5
0,5
3.2 Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
( ) 2 4 6 8 2008
10 16 10 24 2008
P x x x x x
x x x x
= + + + + +
= + + + + +
Đặt
2
10 21 ( 3; 7)t x x t t= + +
, biểu thức P(x) đợc viết lại:
( ) ( )
2
( ) 5 3 2008 2 1993P x t t t t= + + = +
Do đó khi chia
2
2 1993t t +
cho t ta có số d là 1993
0,5
0,5
4 4,0
4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc
à

C
chung.

CD CA
CE CB
=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng
dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
ã
ã
0
135BEC ADC= =
(vì tam giác AHD vuông
cân tại H theo giả thiết).
Nên
ã
0
45AEB =
do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra:
2 2BE AB m= =
1,0
0,5
4.2
Ta có:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC

= ì = ì
(do
BEC ADC

:
)
mà
2AD AH=
(tam giác AHD vuông vân tại H)
nên
1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH
BC AC AC BE
AB
= ì = ì = =
(do
ABH CBA

:
)
Do đó
BHM BEC

:
(c.g.c), suy ra:
ã
ã
ã

0 0
135 45BHM BEC AHM= = =
0,5
0,5
0,5
4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suy ra:
GB AB
GC AC
=
, mà
( ) ( )
//
AB ED AH HD
ABC DEC ED AH
AC DC HC HC
= = =:
0,5
Do đó:
GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= = =
+ + +
0,5
Đề khảo sát Chất lợng hoc sinh giỏi lần
thứ ba
Năm học 2009 - 2010
Môn : Toán lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 : ( 5 điểm)

1. Phân tích đa thức thành nhân tử
a)
54
2
+ xx
b) a
3
(b c) + b
3
(c a) + c
3
(a b)
2. Tìm x, y biết : 2x
2
+ 4x + 4xy 2y + 5y
2
+ 5 = 0
Bài 2 : ( 5 điểm)
1. Cho a, b là các số dơng thoả mãn 5a
2
2b
2
= 3ab và 2a b.
Tính giá trị biểu thức
22
ba4
ab
P

=

2. Cho abc =2. Rút gọn biểu thức
2c2ac
c2
1bbc
b
2aab
a
M
++
+
++
+
++
=
3. Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau và khác 0 thoả mãn
0
111
=++
cba
.
Hãy tính giá trị biểu thức :
ab2c
1
ca2b
1
bc2a
1
M
222
+

+
+
+
+
=
+ 2010
Bài 3 : ( 3 điểm)
1. Cho a, b là các số nguyên, a chia cho 7 d 2 và b chia cho 7 d 3. Hỏi
22
ba
+
chia cho 7 d bao
nhiêu?
2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì n
2
5n + 120 không chia hết cho 169.
3. Tìm số nguyên tố p sao cho biểu thức M = 2
p
+ p
2
có giá trị là số nguyên tố.
Bài 4 : ( 6 điểm)
Cho hình thang ABCD, hai đờng chéo cắt nhau tại O. Đờng thẳng đi qua O và song song với hai đáy
cắt các cạnh bên AD, BC lần lợt tại các điểm M và N.
a) Chứng minh
BC
BN
AD
AM
=

b) Chứng minh
CD
1
AB
1
ON
1
OM
1
+==
c) Cho diện tích các tam giác AOD, COD lần lợt là a
2
và b
2
(a, b là các số dơng). Tính diện tích hình
thang ABCD theo a và b.
Bài 5 : ( 1 điểm)
Cho hình bình hành ABCD, kẻ 2010 đờng thẳng sao cho mỗi đờng thẳng chia hình bình hành ABCD
thành hai hình thang có tỉ số diện tích bằng
3
1
. Chứng minh rằng trong 2010 đờng thẳng đó có 503
đờng thẳng cùng đi qua một điểm.
Hớng dẫn chấm bài khảo sát học sinh giỏi vòng 3
môn toán lớp 8
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 :
( 5 điểm)
1. Phân tích đa thức thành nhân tử
a)

54
2
+ xx
(1,5 điểm)
- Tách 4x = -x + 5x 0,5
- Nhóm và đặt nhân tử chung ở các nhóm đúng
0,5
- Nhóm đúng đến kết quả ( x-1)(x + 5)
0,5
b) a
3
(b c) + b
3
(c a) + c
3
(a b) (2 điểm)
= a
3
(b c) b
3
[(b c) + (a b)] + c
3
(a b)
0,5
= a
3
(b c) b
3
(b c) b
3

(a b) + c
3
(a b)
0,25
= (b c)( a
3
b
3
) (a b)( b
3
c
3
)
0,25
=(b c)(a b)(a
2
+ ab + b
2
) (a b)(b c)( b
2
+ bc + c
2
)
0,25
= (b c)(a b)(a
2
+ ab + b
2
b
2

bc c
2
)
0,25
= (b c)(a b)(a
2
c
2
+ ab bc)
0,25
=(a b) (b c) (a c) (a + b + c)
0,25
2. Tìm x, y biết : 2x
2
+ 4x + 4xy 2y + 5y
2
+ 5 = 0 (1,5 điểm)
- Viết đẳng thức về dạng (x + 2)
2
+ (y 1)
2
+ (x + 2y)
2
= 0
0,5
- Lập luận các bình phơng không âm =>(x + 2)
2
= (y 1)
2
= (x + 2y)

2
= 0
0,5
- Tìm đợc đúng x, y
0,5
Bài 2 :
( 5 điểm)
1. Cho a, b là các số dơng thoả mãn 5a
2
2b
2
= 3ab và 2a b.
Tính giá trị biểu thức
22
ba4
ab
P

=
(1,5 điểm)
- Từ 5a
2
2b
2
= 3ab =>5a
2
2b
2
3ab = 0 => (a b)(5a + 2b) = 0
0,5

- do a, b > 0 => 5a + 2b > 0 => a = b
0,5
- Tính tiếp đến P =
3
1
0,5
2. Cho abc =2.
Rút gọn biểu thức
2c2ac
c2
1bbc
b
2aab
a
M
++
+
++
+
++
=
(1,5 điểm)
abcabcac
abc
1bbc
b
abcaab
a
M
2

2
++
+
++
+
++
=
0,5
bbc1
bc
1bbc
b
bc1b
1
M
++
+
++
+
++
=
0,5
1bbc
1bbc
M
++
++
=
= 1
0,5

Bài Nội dung Điểm
Bài 2 :
3. Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau và khác 0 thoả mãn
0
111
=++
cba
.
Hãy tính giá trị biểu thức :
ab2c
1
ca2b
1
bc2a
1
M
222
+
+
+
+
+
=
+ 2010 (2 điểm)
Từ
0
111
=++
cba
=>

0
abc
cabcab
=
++

0cabcab
=++
0,25
bc = ab ac
0,25
a
2
+ 2bc = a
2
+ bc ab ac
0,25
a
2
+ 2bc = a(a b) c(a b)
0,25
a
2
+ 2bc = (a b)(a c)
0,25
Tơng tự b
2
+ 2ca = (b a)(b c)
c
2

+ 2ab = (c a)(c b)
0,25
)ac)(bc(
1
)cb)(ab(
1
)ca)(ba(
1
M

+

+

=
+ 2010 0,25
)cb)(ca)(ba(
bacacb
M

+++
=
+ 2010 = 2010 0,25
Bài 3 :
( 3 điểm)
1. Cho a, b là các số nguyên, a chia cho 7 d 2 và b chia cho 7 d 3. Hỏi
22
ba
+
chia cho 7 d bao nhiêu? (1 điểm)

a chia cho 7 d 2 a = 7k + 2, tơng tự b = 7q + 3 với k, q N
0,25
22
ba
+
=( 7k + 2 )
2
+ ( 7q + 3 )
2
0,25
= 49 k
2
+ 28k + 4 + 49q
2
+ 42q + 9 = 49 k
2
+ 28k + 49q
2
+ 42q + 13 0,25
Do k, q N nên 49 k
2
+ 28k + 49q
2
+ 42q chia hết cho 7, 13 chia cho 7 d 6.
Vậy
22
ba
+
chia cho 7 d 6.
0,25

2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì n
2
5n + 120 không chia hết cho
169. (1 điểm)
n
2
5n + 120 = ( n 9)( n + 4 ) + 156
0,25
Nhận xét ( n + 4 ) ( n 9) = 13 nên cùng chia hết hoặc cùng không chia hết
cho 13.
0,25
Nếu ( n 9) chia hết cho 13 thì ( n + 4 ) chia hết cho 13 do đó tích
( n 9)( n + 4 ) chia hết cho 13
2
= 169 mà 156 không chia hết cho 169
n
2
5n + 120 không chia hết cho 169.
0,25
Nếu ( n 9) không chia hết cho 13 thì ( n + 4 ) không chia hết cho 13 mà 13
là số nguyên tố nên tích ( n 9)( n + 4 ) khôngchia hết cho 13 mà 156 chia
hết cho 13 n
2
5n + 120 không chia hết cho 169.
0,25
3. Tìm số nguyên tố p sao cho biểu thức M = 2
p
+ p
2
có giá trị là số nguyên tố.

(1 điểm)

Bài Nội dung Điểm
Bài 3 :
Nếu p = 2 thì M = 8 không là số nguyên tố.
Nếu p = 3 thì M = 2
3
+ 3
2
= 17 là số nguyên tố.
0,25
Nếu p > 3 thì do p nguyên tố nên p là số lẻ không chia hết cho 3.
M = 2
p
+ p
2
= 2
p
+ 1 + p
2
1 = 2
p
+ 1 + (p 1)( p + 1)
0,25
p không chia hết cho 3 nên p chia cho 3 d 1 hoặc 2
(p 1)( p + 1) chia hết cho 3.
0,25
p lẻ nên p = 2k + 1 với k N 2
p
+ 1 =2

2k + 1
+ 1 =2.4
k
+ 1
4 1mod3 4
k
1mod3 2.4
k
2mod3 2.4
k
+1 chia hết cho 3 2
p
+ 1 chia
hết cho 3 M chia hết cho 3 vậy với p > 3 thì M không là số nguyên tố.
0,25
Bài 4 :
( 6
điểm)
Cho hình thang ABCD, hai đờng chéo cắt nhau tại O. Đờng thẳng đi qua O cắt
các cạnh bên AD, BC lần lợt tại các điểm M và N.
a) Chứng minh
BC
BN
AD
AM
=

2
b) Chứng minh
CD

1
AB
1
ON
1
OM
1
+==

2
c) Cho diện tích các tam giác AOD, COD lần lợt là a
2
và b
2
(a, b >0). Tính diện
tích hình thang ABCD theo a và b.
2
Bài 5 :
( 1
điểm)
Cho hình bình hành ABCD, kẻ 2010 đờng thẳng sao cho mỗi đờng thẳng chia hình bình
hành ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích bằng 1/3 . Chứng minh rằng trong
2010 đờng thẳng đó có 503 đờng thẳng cùng đi qua một điểm.

Gi M, Q, N, P lần lợt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (Hình vẽ)
Vì ABCD l hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD.
Gọi d là một đờng thẳng trong 2010 đờng thẳng đã cho. Nếu d cắt AB tại E; CD
tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lợt là đờng trung bình của các hình thang AEFD,
EBCF. Ta có : S
(AEFD)

/ S
(EBCF)
= 1/3 hoặc S
(EBCF)
/ S
(EBFC
) = 1/3 => LP / LQ = 1/3
hoặc LQ / LP = 1/3.
0.5
Trên PQ lấy hai điểm L
1
, L
2
thoả mãn điều kiện L
1
P / L
1
Q = L
2
Q / L
2
P = 1/3 khi
đóL trùng với L
1
hoặc L trùng vi L
2
. Nghĩa là d cắt AB v CD thì d phải qua
L
1
hoặc L

2
.
Tơng tự, trên MN lấy hai điểm K
1
, K
2
thoả mãn điều kiện K
1
M / K
1
N = K
2
N /
K
2
M = 1/3 khi đó nếu d ct AD và BC thì d phải qua K
1
hoặc K
2
.
Tóm lại, mỗi đờng thẳng trong 2010 đờng thẳng đã cho phải đi qua một trong 4
điểm L
1
; L
2
; K
1
; K
2
.

0.25
Vì 2010 > 4.502 = 2008 nên theo nguyên tắc Đi Rich Lê, trong 2010 đờng
thẳng đã cho có 503 đờng thẳng (503 = 502 + 1) cùng đi qua 1 điểm trong 4
điểm L
1
; L
2
; K
1
; K
2
. Suy ra điều phải chứng minh.
0.25
Chú ý : HS làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.