Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8

Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8

Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng:

a) 85 + 211 chia hết cho 17

b) 1919 + 6919 chia hết cho 44

Bài 2:

a) Rút gọn biểu thức:

b) Cho . Tính

Bài 3:(3đ)

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 đờng thẳng song song với tia phân giác của góc A, đờng thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.

Bài 4 (1đ).

Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):

M = 4x2 + 4x + 5

 

doc 52 trang Người đăng haiha338 Lượt xem 704Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng:
85 + 211 chia hết cho 17
1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2: 
Rút gọn biểu thức: 
Cho . Tính 
Bài 3:(3đ)
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 thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài 1 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
(1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
 an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 ++ 6918) 
 = 88(1918 – 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) 
 = (x+3)(x-2).
x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 –7x +3)
=> = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0
b) (1,5đ) Vì
Do đó : xyz(++)= 3 
A
B
D
M
E
C
K
Bài 3 : (3đ) 
Chứng minh :
	Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM . 
Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM. 
Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C => vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => mà AC // BM (ta vẽ) => nên BO là tia phân giác của . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
Ta lại có : mà (hai góc đồng vị) => cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 ú M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -
-------------------------------------------------
đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) b) 
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phương trình: 
 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB 
 b). AB2 = EF.CD. 
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC 
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
Đáp án
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2).
Từ (1) và (2) => 
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ú ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.
ú ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6 
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
. a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
 . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
 . a7a8 = 26 => không thoả mãn
	câu 2 . Đặt m = 3k + r với n = 3t + s với 
xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1.
 = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
 ta thấy: ( x 3k – 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1) 
 ( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với 
 r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
 r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
 mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
 mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1) 
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT: 
Nhân 2 vế với 6 ta được: 
 O K
E H F
Câu 4 .a) Do AE// BC => 	A	B
 BF// AD 
MặT khác AB// CD ta lại có
	D	A1B1	C
 nên => EF // AB
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD.
c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD.
=> ; => => S1.S2 = S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
 = x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
 = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
	x- y- 6 = 0 x = 7 
---------------------------------------------
đề 3
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
	A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 
Câu 2: a. Cho (1) và (2)
Tính giá trị của biểu thức A= 
b. Tính : B = 
Câu 3: Tìm x , biết : 
 (1)
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M ẻ đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
	a.BM ^ EF
	b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
P= (a+ b+ c) ().
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: 
	A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
	 = (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
	 = (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
	................ 
	 = [(2256)2 –1] + 1
	 = 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có: 
 (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
Vì 	x2=y2 + z2 ị (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) ị bcx +acy + abz =0 
Từ (2) ị 
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 ị a + b = - c ị a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B = 
Câu 3: . ( 1,25 điểm)
 Û 
ị x= 2007	A	
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM;	B
 H là giao điểm của EF và BM 
ịD EMB =DBKM ( gcg)
ị Góc MFE =KMB ị BH ^ EF E	 M K
b. ( 1,25 điểm) D ADF = DBAE (cgc) ịAF ^ BE H
Tương tự: CE ^ BF ị BM; AF; CE 
là các đường cao của DBEF ị đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: 	D F C
	P = 1 + 
Mặt khác với mọi x, y dương. ị P / 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
---------------------------------------
đề 4
Bài 1 (3đ):
 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
	a) x2 + 7x + 12
	b) a10 + a5 + 1
 2) Giải phương trình: 
Bài 2 (2đ):
 Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
	1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
	a) đồng dạng 
	b) góc AMN bằng góc ABC
	2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK. 
	Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
	Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 , ( x khác 0)
Đáp án
Bài 1 (3đ): 
1)	a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4)	(1đ)
	b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 )	(1đ)
2) 
(+1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1)	(0,5đ)
 ( x + 100 )( + - - ) = 0	(0,25đ)
Vì: + - - 0
Do đó : x + 100 = 0 x = -100
	Vậy phương trình có nghiệm: x = -100	(0,25đ)
Bài 2 (2đ): 
P = 	(0,5đ)
	x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
=> 	* 2x - 1 = 1 => x = 1
	* 2x - 1 = -1 => x = 0
	* 2x - 1 = 5 => x = 3
	* 2x - 1 = -5 => x = -2	(0,5đ)
	Vậy x = thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: 
	x = 1 => P = 8
	x = 0 => P = -3
	x = 3 => P = 6
	x = -2 => P = -1	(0,5đ)
Bài 3 (4đ): 	
1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ)
	b) Từ câu a suy ra: AMN đồng dạng ABC
AMN = ABC ( hai góc tương ứng)	(1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H	(0,25đ)
BAH = CHA	( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác)	(0,5đ)
Suy ra:
CHA =CAH nên CAH cân tại C
do đó :	 CH = CA	 => CH = BK và CH // BK	(0,5đ)
	BK = CA
	Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm)	(0,5đ)
Bài 4 (1đ): 
	A = = + 
	 = 
	 A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------
đề 5
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A = 
	a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
	b, Rút gọn biểu thức A .
	c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau : 
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm): 
 Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên 
Câu 5 ( 1 điểm) 
a, Chứng minh rằng 	
b, Cho	 Tính 
Đáp án
Câu 1 
	a, x # 2 , x # -2 , x # 0 
	b , A = 
	= 
	= 
	c, Để A > 0 thì 
Câu 2 . ĐKXĐ : 
 PT 
x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 
Câu 3: 
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có:	ARP=ADS
do đó AP = AS vàAPS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên ANSP và AMRQ.
Mặt khác : = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
3, Theo giả thiết: QARS, RCSQ nên QA và RC là hai đờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR.
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. 
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
	A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên 
 Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
 2x+1 = 2 x=1/2 ( loại ) 
	2x+1 = 1 x = 0
	2x+1 = -1 x = -1
	2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại ) 
 KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng minh 	 
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có thì
 (vì nên )
Theo giả thiết 
khi đó 
=====================
đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M = 
a) Rút gọn 
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 
	A = 
Bài 3 : 2 điểm
Giả ... ơng trình:
Đặt y = x + 2 ta được phương trình: 
(y – 1)4 + (y +1)4 = 16 2y4 + 12y2 + 2 = 16 
y4 + 6y2 -7 = 0	 0.5 điểm
Đặt z = y2 ta được phương trình: z2 + 6z – 7 = 0 có hai nghiệm là
 z1 = 1 và z2 = -7.	 0.5 điểm
y2 = 1 có 2 nghiệm y1 = 1 ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3.
y2 = -7 không có nghiệm.	 0.5 điểm
	2) 	
	 0.5 điểm
	= 0 	 0.5 điểm
	Vì 	 0.5 điểm
Bài 3:(1,5 điểm) 	Ta có:
	a = 	 0,5điểm
	= ; 	 0.5 điểm
	Mặt khác a > 0. Do đó a không nguyên 	0.5 điểm
Bài 4:(3,5 điểm)
Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận đúng	0.5 điểm
b
c
a
d
q
p
n
m
a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành	 	 1 điểm
b) MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi AC = BD, ACBD	 1 điểm
c) 	SABCD =; 	SMNPQ =;	0.5 điểm
	0.5 điểm
=========================
đề 22
Bài 1 (3 điểm) 
a. Phân tích đa thức thành nhân tử.
A = x4– 14x3 + 71x2 – 154x +120
b. Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24
Bài 2 ( 3 điểm)
a. Tìm nghiệm nguyên tử của phương trình: 
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = với x # 0 
Bài 3 ( 1 điểm) Rút gọn biểu thức: P = 
Bài 4 ( 3 điểm ) 
Cho Tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC )
a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2 và chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí của M.
b. Tâm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất.
c. Chứng tỏ đường thẳng đi qua M vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định
Đáp án
Bài 1: a. A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120
Kết quả phân tích A = ( x –3) . (x-5). (x-2). (x-4)	( 2điểm )
 b. A = (x-3). (x-5). (x-2). (x-4)
=> A= (x-5). (x-4). (x-3). (x-2)
Là tích của 4 số nguyên liên tiêp nên A 24	(1 điểm )
Bài 2: a. 
Tìm được nghiệm của phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B= với x # 0 giải và tìm được B max = 1/2 thì x = 	 ( 1, 5 điểm )
Bài 3 Rút gọn biểu thức:
P = 	( 1điểm )
Bài 4: Giải a. chứng minh được
 F C . BA + CA. BE = AB2	(0,5 điểm )
+ Chứng minh được chu vi tứ giác 
MEAF = 2 AB 
 ( không phụ vào vị trí của M ) ( 0,5 điểm )
b. Chứng tỏ được M là trung điểm BC 
Thì diện tích tứ giác MEAF lớn nhất (1 điểm )
c. Chứng tỏ được đường thẳng
MH EF luôn đi qua một điểm N cố định ( 1 điểm )
Đề 23 
Cõu 1: (4đ)
a, Phõn tớch đa thức sau thành nhõn tử 
A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6 
b, Cho x Z chứng minh rằng x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1 
Cõu 2: (2đ) 
Cho x,y,z 0 thoả món x+ y +z = xyz và + + = 
Tớnh giỏ trị của biểu thức P = 
Cõu 3: (3đ) Tỡm x biết
a, < 5x -4
b, + = 
Cõu 4: (3đ)
a, Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 9 với mọi n N*
b, Cho x,y,z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 
P = 
Bài 5: (6đ)
Cho tam giỏc ABC vuụng tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trờn tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuụng gúc với BC tại D cắt AC tại E.
Chứng minh rằng hai tam giỏc BEC và ADC đồng dạng. Tớnh độ dài đoạn BE theo .
Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giỏc BHM và BEC đồng dạng. Tớnh số đo của gúc AHM
Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: .
Bài 6: (2 đ) 
 Chứng minh rằng cỏc số tự nhiờn cú dạng 2p+1 trong đú p là số nguyờn tố , chỉ cú một số là lập phương của một số tự nhiờn khỏc.Tỡm số đú.
Đề 23
Cõu1(4đ)
a,đặt a = x2 -2x thỡ x2 -2x -1 = a-1 
A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)
b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)
=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) 
dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1 
A chia hết cho x4 + x2 + 1 
.1đ
1đ
1đ
1đ
Cau 2 :(2đ
Cú (= + 2(
(= p + 2 vậyP+2=3
suy ra P = 1
0.75đ
0,75đ
0.5đ
Cõu 3: (3đ)
 giải 4-5x < 3x +2< 5x - 4
làm đỳng được x> 3 
b, Cộng 1 vào mỗi phõn thức rồi đặt nhõn tử chung 
(x+100)() = 0 S = 
1đ
0.5đ
1đ
0.5đ
Cõu 4: 
3đ
a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8)
=3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3)
Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3
=n2(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 ( vỡ tớch của 3 số tự nhiờn liờn tiếp )
3(n+1) chia hết cho3 B chia hết cho 3 A =3B chia hết cho 9
b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c x+y+z = 
 x = ; y = ; z= 
P = = = 
 Min P = ( Khi và chỉ khi a=b=c x=y=z 
0.5đ
0,5đ
0,5đ
0.5đ
1đ
Cõu 5: (2đ)
+ Hai tam giỏc ADC và BEC cú: 
 Gúc C chung. 
 (Hai tam giỏc vuụng CDE và CAB đồng dạng)
 Do đú, chỳng dồng dạng (c.g.c). 
Suy ra:BEC=(vỡ tam giỏc AHD vuụng cõn tại H theo giả thiết).
Nờn do đú tam giỏc ABE vuụng cõn tại A.
 Suy ra: 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
b)
2đ
Ta cú: (do~)
mà (tam giỏc AHD vuụng võn tại H)
nờn (doABH Đồng dạng CBA)
Do đú BHM đồng dạng BEC (c.g.c)
 suy ra: 
0,5đ
1đ
0,5đ
C)
2đ
Tam giỏc ABE vuụng cõn tại A, nờn tia AM cũn là phõn giỏc gúc BAC.
Suyra: , 
vỡ~nờn (DE//AH)
Do đú: 
1đ
1đ
Cõu 6
Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta cú 2p=(a-1)(a2+a+1)
Vỡ p là số nguyờn tố nờn:
Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả món)
Hoặc: a2+a+1 =2 điều này khụng xảy ra vỡ a >1
Vởy trong cỏc số tự nhiờn cú dang 2p+1 (p là số nguyờn tố) chỉ cú 1 số là lập phương của một số tự nhiờn khỏc.
1đ
0,5đ
0,5đ
Đề 24 
 Cõu 1: (4điểm)
a. Cho: 3y-x=6 Tớnh giỏ trị biểu thức: A= 
b. Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0. Chứng minh : 
Cõu 2: (3điểm) 
a. Tỡm x,y,x biết : 
 b.Giải phương trỡnh : 2x(8x-1)2(4x-1)=9
Cõu 3: (3điểm)
a. Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với aZ
b. Chứng minh rằng : x5 – x + 2 khụng là số chớnh phương với mọi xZ+
Cõu 4: (2điểm)
Cho a,b,c>0 Chứng minh bất đẳng thức :
 Cõu 5: (6 điểm)
cho tam giỏc ABC nhọn cú cỏc đường cao AA’ ;BB’;CC’ Cú trực tõm H
a)tớnh tổng : 
Gọi AI là phõn giỏc của tam giỏc ABC IM; IN thứ tự là phõn giỏc của cỏc gúc AIC; AIB(MAC;NAB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM
c)Tam Giỏc ABC thỏa món Điều kiện gỡ thỡ biểu thức : 
đạt giỏ trị nhỏ nhất
Cõu 6(2điểm)
 Chứng minh rằng nếu a,b,c là cỏc số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thỡ 
 (1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bỡnh phương của số hữu tỉ. 
 ..Hết. 
Đề 24
Bài
 Nội dung
điểm
Bài1
a)
2đ
b)
2đ
 3y-x=6 x=3y-6 
Thay vào ta cú A=4
Vỡ: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0. 
 Đặt : chứng minh bài toỏnNếu x+y+z=0 thỡ: x3+y3+z3=3xyz đpcm
0,5đ
1,5đ
1đ
1đ
Bài 2:
a)
1,5đ
b)
1,5đ
. : =0
.phươngtrỡnh: 
2x(8x-1)2(4x-1)=9 
đặt :64x2-16x+0,5=k
Ta cú pt : (k+0,5)(k-0,5)=72
Với k=8,5 Ta cú x= 
Với k=-8,5 phương trỡnh vụ nghiệm 
Vậy phương trỡnh cú 2nghiệm x=-1/4và x=1/2
1đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 3
a)
1.5đ
b)
1.5đ
, cú: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5)
 = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1)(a+1) 
vỡ a nguyờn nờn a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tớch 5 số nguyờn liờn tiếp nờn(2) 
 5a(a-1)(a+1)là tớch của 3số nguyờn liờn tiếp với 5 nờn chia hết cho 30
Từ (1); (2) suy rađpcm
b,Từ bài toỏn trờn ta cú: x5-x x5-x+2 chia 5 dư 2
 x5-x+2 cú tận cựng là 2 hoạc 7 (khụng cú số chớnh phương nào cú tận cựng là 2hoặc 7) Vậy:
x5-x+2 khụng thế là số chớnh phương với mọi x
0, 75đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
Cõu4
2đ
đặt A= = = = 
tacú x+ >0 Nờn A8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
1đ
0,5đ
0,5đ
cõu 5
a)
b.
c)
Ta cú : (1)
Tương Tự: (2)
(3) 
Từ (1); (2); (3) ta cú: =
1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
 b) ỏp d ụng tớnh chất đường phõn giỏc vào cỏc tam giỏcABC, ABI, AIC:
 suy ra 
c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx 
-Chứng minh được gúc BAD vuụng, CD = AC, AD = 2CC’ 
- Xột 3 điểm B, C, D ta cú: BD BC + CD 
-BAD vuụng tại A nờn: AB2+AD2 = BD2 
 AB2 + AD2 (BC+CD)2 
 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2
 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 
Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2
 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 
(Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB=BC 
 Tức tam giỏc ABCđều
Cõu6
2đ
 cú 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) 
 Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c)
 1+c2=(b+c)(a+c) đpcm 
1đ
0,5đ
0,5đ
Đề 25 
Bài 1: (5 điểm)
Cho biểu thức:
a/ Thu gọn A
b/ Tỡm cỏc giỏ trị của x để A<1
c/ Tỡm cỏc giỏ trị nguyờn của x để Acú giỏ trị nguyờn
Bài 2:
(3điểm) Cho a , b , c thỏa món điều kiện a2 + b2 + c2 = 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Bài 3 (4 điểm):
 a) Giải phương trỡnh:
 b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, trong đú b và c là cỏc số nguyờn. Biết rằng đa thức 
 x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 đều chia hết cho P(x). Tớnh P(1)
Bài 4 (6 điểm):
Cho hỡnh chữ nhật cú AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Nối D với E. Vẽ tia Dx vuụng gúc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trờn tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK. Gọi G là giao điểm của DK và EM.
a/ Tớnh số đo gúc DBK.
b/ Gọi H là chõn đường vuụng gúc hạ từ K xuống BM. Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cựng nằm trờn một đường thẳng.
Bài 5: (2 điểm)
 Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: x6+3x2+1=y3
Đề 25
BÀI
 NỘI DUNG
Bài 1
a)
b)
c) 
A= ĐKXĐX{0;1;-1}
A=
A=
Tacú:1-A=>0 khi x-1<0 suy ra x<1
Kết hợp với điều kiện xỏc định ta cú:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1
A= 1+
Vỡ x nguyờn nờn x-1 nguyờn để A là số nguyờn thỡ x-1là ước của 1
Hoặc x-1=1 suy ra x=2
Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)
 Vởy x=2 là giỏ trị cần tỡm
1đ
0,5đ
0,5đ
1đ
0,5đ
1đ
0,5đ
Bài 2:
Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vỡ a2+b2+c2=1
Nếu abc >0 ta cú:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1
A=(a+b+c+1)2+abc(1)
Nếu: abc<0 ta cú:
A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc
Biến đổi được :A=(1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)
Vỡ ỡ a2+b2+c2=1nờn -1 nờn (1+a)(1+b)(1+c)
Và -abc nờn A (2)
Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0;5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 3:
a)
b)
Biến đổi phương trỡnh về:
Đkxđ: y {3; }
3y+1=-2y+6
 y=1(thoả món) vậyphương trỡnh cú nghiệm duy nhất y=1
Từ giả thiết chỉ ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c 
(x2-2x+5 )(x2+bx+c) mà b; c là cỏc số nguyờn nờn b=-2; c=5
Khi đú P(1) =12-2.1+5 =4
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,75đ
0,5đ
Bài 4:
b)
Chứng minh Tam Giỏc BEC đồng dạngTam giỏc DCM theo tỉ số 1/2
Từ đú chứng minh:CK=ED (1)
EB=BC (2) 
=1350 (3)
từ: (1);(2);(3)suy ra: 
Chứng minh tứ giỏc DEKM là hinhchữ 
nhật 
Suy ra tam giỏc CKM vuụng cõn tại M 
H là trung điểm củaCM
AI//DM (cựng vuụng gúc với DE) HI//DM (T/c đường trung bỡnh) nờn A; ;I;H thẳng hàng (1)
Cỏc tam giỏc CIH; CHK vuụng cõn tại Cvà H nờn KH= CI =DI
Mà DI//KH nờn tứ giỏc DIKH là hỡnh bỡnh hành
Lại cú tứ giỏc DEKM là hỡnh chữ nhật
Do đú EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK 
vậy: GIH (2)
Tử (1); (2) ta cú A;I;G;H thẳng hàng
0,5đ
0,5đ
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5đ
0,25đ
0,5đ
Bài 5:
Với x≠ 0 ta cú 3x4>0; 3x2>0 ta cú
(x2)3 <y3<(x+1)3 nờn phương trỡnh vụ nghiệm
Với x=0 ta cú y3=1 suy ra y=1
Phương trỡnh cú nghiệm nguyờn duy nhất(x;y)=(0;1)
0,5đ
1,0đ
0,25đ
0, 25đ

Tài liệu đính kèm:

  • doctuyen_tap_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8.doc