Đề thi HSG Toán 8, huyện Thái Thuỵ, tỉnh Thái Bình,2007 2008

PHÒNG GIÁO DỤC
THÁI THỤY

ĐỀ THI KHẢO SÁT HSG NĂM HỌC 2007 – 2008
MÔN : TOÁN 8
(Thời gian làm bài : 120 phút)
ĐỀ BÀI

Bài 1. (3 điểm)
Cho f(n) = n5 – 5n3 + 4n (n là số nguyên dương)
a) Phân tích f(n) thành nhân tử.
b) Chứng tỏ rằng f(n) chia hết cho 120 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2. (4 điểm)
a) Cho x, y, z là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 > 0.
x+ y 3
= .
b) Tìm các số tự nhiên x, y thoả mãn :
xy
2
Bài 3. (3 điểm)
Tìm các giá trị của x1, x2, x3, … , x2008 sao cho :
 x1 + x 2 + x 3 + ... + x 2008 = 2008
.
 3
3
3
3
4
4
4

4
 x1 + x 2 + x 3 + ... + x 2008 = x1 + x 2 + x 3 + ... + x 2008
Bài 4. (2 điểm)
Cho các số a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

1 1 1
+ + = 0.
a b c

a2
b2
c2
Tính : P = 2
+
+
.
a + 2bc b 2 + 2ca c 2 + 2ab
Bài 5. (8 điểm)
Cho tam giác ABC. Gọi M, G lần lượt là trung điểm của BC và AC. I là điểm thuộc
đoạn BM (I khác B và M). Đường thẳng song song với AB kẻ từ I lần lượt cắt AM và AC
tại D và E ; đường thẳng song song với AC kẻ từ I cắt AB tại K.
KB AB
ED AB
=
=
a) Chứng minh rằng :
và
;
KI AC
EA AC

b) So sánh BK và DE ;
MI
= m và diện tích ∆ABC là S. Tính diện tích ∆IDM.
c) Cho
MB
Học sinh : …………………………………………………………Số báo danh : …………………
Trường THCS : ………………………………………………………………………………………

Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình

1


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. (3 điểm)
a) f(n) = n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2).
b) Ta thấy n – 2, n – 1, n, n + 1, n + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số là bội
của 3, một số là bội của 5 ⇒ f(n) ⋮ 3; f(n) ⋮ 5. ⇒ f(n) ⋮ 15
(1) (vì (3 ; 5) = 1)
Mặt khác, trong 5 số nguyên liên tiếp kể trên, tồn tại ít nhất hai số chẵn, trong đó có
một số là bội của 2 và một số là bội của 4 ⇒ f(n) ⋮ 2.4 = 8
(2)
Vì (8 ; 15) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra f(n) ⋮ 8.15
Hay f(n) ⋮ 120 (đpcm).
Bài 2. (4 điểm)
a) Ta có A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 = (2xy – x2 – y2 + z2)(2xy + x2 + y2 – z2)
= [z2 – (x – y)2][(x + y)2 – z2]
= (z – x + y)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z)
= (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z)
Vì x, y, z là ba cạnh của tam giác nên y + z > x, z + x > y, x + y > z và x + y + z > 0

⇒ (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z) > 0
⇒ A > 0 (đpcm).
x+ y 3
1 1 3
= ⇔ + =
b) Cách 1.
(1). Điều kiện x, y > 0.
xy
2
x y 2
1 1
2 1 1
2 3
4
4
- Nếu x ≤ y ⇒ ≥ ⇒ ≥ + hay ≥ ⇒ x ≤ . Ta được 0 < x ≤ .
x y
x x y
x 2
3
3
Vì x là các số tự nhiên nên x = 1. Thay vào (1) ta được y = 2.
Trường hợp này ta được x = 1, y = 2 thoả mãn giả thiết.
- Nếu x ≥ y, tương tự như trên, ta được x = 2, y = 1 thoả mãn giả thiết.
Vậy có hai cặp (x ; y) cần tìm là (1 ; 2) và (2 ; 1).
Cách 2. Điều kiện x > 0 và y > 0.
x+ y 3
=
Khi đó :
⇔ 2(x + y) = 3xy ⇔ 9xy - 6x - 6y = 0

xy
2
⇔ (9xy - 6x) – (6y – 4) = 4
⇔ (3x – 2)(3y – 2) = 4 ⇒ 3x – 2 ∈ Ư(4) = {±1; ±2; ±4}
Vì x là các số tự nhiên lớn hơn 0 nên x ≥ 1⇒ 3x – 2 ≥ 1. Hơn nữa 3x – 2 chia cho 3
dư 1. Suy ra 3x – 2 ∈ {1 ; 4}. Từ đó, ta có hai trường hợp:
3x − 2 = 1
x = 1
⇔
TH1 : 
;
3y − 2 = 4  y = 2

Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình

2


3x − 2 = 4  x = 2
⇔
TH2 : 
.
3y − 2 = 2
y = 1
Vậy có hai cặp (x ; y) cần tìm là (1 ; 2) và (2 ; 1).
Bài 3. (3 điểm)
Ta biến đổi hệ đã cho thành :
(x1 − 1) + (x 2 − 1) + (x 3 − 1) + ... + (x 2008 − 1) = 0
.
 3

3
3
3
 x1 (x1 − 1) + x 2 (x 2 − 1) + x 3 (x 3 − 1) + ... + x 2008 (x 2008 − 1) = 0
Suy ra :
(x13 − 1)(x1 − 1) + (x 32 − 1)(x 2 − 1) + x 33 (x 3 − 1) + ... + (x 32008 − 1)(x 2008 − 1) = 0
Hay : (x1 − 1) 2 (x12 + x1 + 1) + (x 2 − 1) 2 (x 22 + x 2 + 1) + (x 3 − 1) 2 (x 32 + x 3 + 1) +
... + (x 2008 − 1) 2 (x 22008 + x 2008 + 1) = 0 (1)
1 2 3
2
Nhận xét : (xi – 1)2 ≥ 0 và x i + x i + 1 = (x i + ) + > 0 ∀xi (i = 1, 2, ..., 2008)
2
4
2
2
⇒ (x i − 1) (x i + x i + 1) ≥ 0 (Dấu bằng xảy ra ⇔ xi = 1)

Suy ra vế trái (1) ≥ 0.
Do đó để (1) sảy ra ⇔ x1 = x2 = x3 = … = x2008 = 1.
Thử lại, x1 = x2 = x3 = … = x2008 = 1 thoả mãn hệ đã cho.
Vậy x1 = x2 = x3 = … = x2008 = 1.
Bài 4. (2 điểm)
1 1 1
Vì + + = 0 ⇒ ab + bc + ca = 0.
a b c
Ta có a2 + 2bc = a2 + bc + bc = a2 + bc – ca – ab (thay bc = –ca – ab)
= a(a – b) – c(a – b) = (a – b)(a – c).
Tương tự ta có b2 + 2ca = (b – a)(b – c); c2 + 2ab = (c – a)(c – b)
a2
b2

c2
+
+
Từ đó : P =
(vì a ≠ b, b ≠ c, c ≠ a)
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
a 2 (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a)
=
(a − b)(b − c)(c − a)
Mà

a2(c – b) + b2(a – c) + c2(b – a) = a2(c – b) + b2[a – b) + (b – c)] + c2(b – a) =
= [b2(a – b) – c2(a – b)] – [a2(b – c) – b2(b – c)]
= (a – b)(b – c)(b + c) – (a – b)(b – c)(a + b) = (a – b)(b – c)(c – a).

Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình

3


Vậy P =

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

Bài 5. (8 điểm)
a) Vì KI // AC nên áp dụng hệ quả của định lí Ta lét
BK KI
KB AB

=
=
cho ∆BAC ta có :
⇒
.
BA AC
KI AC
Ta thấy MG là đường trung bình của ∆ABC nên MG // AB. Mà IE // AB (gt) và D ∈
IE) nên suy ra DE // MG. Khi đó áp dụng hệ quả của định lí Ta lét cho ∆AMG ta có :
AB
ED EA
ED MG
AB
=
⇒
=
= 2 =
.
MG AG
EA AG AC AC
2
KB AB
ED AB
=
=
Vậy
và
.
KI AC
EA AC

b) Tứ giác AKIE có AK // EI, KI // AE nên là hình bình hành, suy ra KI = EA.
KB AB ED
=
=
Theo câu a) ta có :
⇒ KB = ED (vì KI = EA).
KI AC EA
c) Hai tam giác ABM và ABC có chung đường cao hạ từ đỉnh A nên :
SABM BM 1
=
= (vì M là trung điểm của BC) ⇒ SABM = S .
SABC BC 2
2
2

S
 MI 
= m2
Vì DI // AB nên ∆MDI ~ ∆MAB ⇒ IDM = 
÷
SABM  MB 
2
mS
⇒ SIDM = m 2SABM =
.
2
m 2S
Vậy SIDM =
.
2

Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình

4