De thi chon HSG

Trường THCS Mỹ Hưng
ĐỀ THI ƠLYMPIC MƠN TỐN LỚP 8
(120 Phỳt)
(nm hc 2013 2014)
Câu 1 : (6 điểm)
a) Giải phơng trình :

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x +9 x +20 x + 11 x+30 x +13 x +42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chøng minh
r»ng :
A=

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 phơng của chúng chia hết cho 3.
b) Tìm số nguyªn n dĨ n5 + 1 chia hÕt cho n3 + 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 d¬ng vµ a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002
Tinh: a2011 + b2011
Bµi 4 : ( 6 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên
AC. Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H,
cắt tia BA t¹i O. Chøng minh r»ng :
a ) OA.OB = OC.OH
b ) Góc OHA có số đo không đổi
c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi.
ỏp ỏn hng dn chm
Câu 1 : (6 đ)
a) (3 đ) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;


x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;
0,5
§KX§ :

x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ; x ≠ −7

0,5

Ph¬ng trình trở thành :

1
1
1
1
+
+
=
( x+ 4)(x +5) (x+5)(x +6) (x+6)(x +7) 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

1,75
18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Tõ đó tìm đợc x=-13; x=2;
( 0,25)
b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
Tõ ®ã suy ra a=

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

( 1,5 )
Thay vào ta đợc A=
( 0,75 đ)
Tõ ®ã suy ra A

;

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

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

1
(2+2+2)
2

[

hay A

3

( 0,25đ )
C©u 2 : (2đ)
a) Gọi 2 số phải tìm là a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 3 .
Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [( a2 +2 ab+b2 )− 3 ab ] =

]


2

=(a+b)

a+b ¿ − 3 ab

¿
¿

0,5
V× a+b chia hÕt cho 3 nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho 3 ;
2

a+b ¿ − 3 ab
chia hÕt cho 9
¿
¿
5
b ) ( 3đ )
n + 1  n3 + 1  n5 + n2 –
 n2(n3 + 1)- ( n2 – 1)   n3 + 1
 (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)
 n – 1 n2 – n + 1
 n(n – 1) n2 – n + 1
Hay n2 – n n2 – n + 1
 (n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1
 1 n2 – n + 1

Do vËy (a+b)

n2 + 1

 n3

+1

XÐt hai trêng hỵp:
+ n2 – n + 1 = 1  n2 – n = 0  n(n – 1) = 0  n = 0, n = 1
thư l¹i thÊy t/m ®Ị bµi
+ n2 – n + 1 = - 1  n2 – n + 2 = 0 , kh«ng có giá trị của n thoả
mÃn
Cõu 3

a. T: a + b + c = 1 

b c
1
 a 1  a  a

a c
1
 1  
b b
b
a b
1
 c 1  c  c


( 1đ )

1 1 1
 a b a c b c
  3            
a b c
b a  c a  c b

3  2  2  2 9
1
Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 3


2001

2001

b. (a + b ).(a+ b) - (a
 (a+ b) – ab = 1
 (a – 1).(b – 1) = 0

2000

+b

2000

).ab = a

2002

+b

2002

( 0,5 đ )

 a = 1 hc b = 1
Víi a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hc b = 0 (lo¹i)
Víi b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2
Câu 4 ( 6 đ )
a)  BOH ~  COA (g-g)

OB OH

 OC OA 

c) VÏ MK
BK.BC
 CKM



O

A

(1)

B

(2đ)

(2)

CM CK



CB CA



BM BK


BC BH

H

M
K

(c.g.c)
(2đ)

BC ;  BKM ~  BHC (g.g)
(3)


( 0,5 đ )

OA.OB = OC.OH

OB OH
OA OH



b) OC OA  OC OB

 OHA vµ  OBC cã O
chung
Tõ (1) và (2) OHA ~ OBC


OHA
OBC

(không đổi)

(1)

BM.BH =

~  CAB (g.g)
CM.CA = BC.CK (4)
Céng tõng vÕ cña (3) vµ (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC +
BC.CK
= BC(BK
2
+ CK) = BC (không đổi). ( 2 )

C