MOT SO DEDA HSG TOAN 8

Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng.. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång.[r]

Đề kiểm thi học sinh giỏi năm học 2009 -2010

Môn: toán 8

(Thời gian làm 120 phút)

Bài 1: (4đ).

Chứng minh r»ng sè A = n3 (n2 - 7)2 - 36n chia hết cho với n số tự nhiên Bài 2: (4đ).

Cho a, , c, x, y, z 0 tho¶ m·n: x + y + z = 2006; x2 = a + yz ; y2 = b + xz ; z2 = c + xy Tính giá trị biểu thức A =

c b a

cz by ax

 

 

Chøng minh r»ng -x3 + x2 

4

nÕu 0x1

Bµi 3: (4đ) Giải phơng trình

5 16

2

2

2

       

x x

x x

x

Bài 4: (5đ) Cho hình vng ABCD, độ dài cạnh a Một điểm M chuyển động cạnh DC (MD, MC) chọn điểm N cạnh BC cho MAˆN = 45o, DB thứ tự cắt AM, AN E F

Chøng minh

90 ˆ

ˆM AEN 

F A

2 Chøng minh SAEF =

SAMN

3 Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi M chuyển động DC Bài 5: (3đ) Cho MNP, độ dài cạnh theo thứ tự m, n, p Mˆ + Nˆ = 180o.

Chøng minh hệ thức: m2 + np - p2 = 0 Đáp ¸n

Bµi 1

A= n3 (n2 -7)2 - 36n

= n3 (n4 - 14n2 + 49) - 36n = n7 - 14n5 + 49n3 - 36n

= (n7 -n5) - (13n5 - 13n3) + (36n3 - 36n) = n5(n2-1) - 13n3 (n2 - 1) + 36n (n2-1) =( n2-1) (n5-13n3 + 36n)

= (n2 - 1) {(n5-4n3) - (9n3-36n)} =(n2 - 1) {n3 (n2 - 4) -9n (n2 - 4) } = (n2 - 1) (n2 - 4) (n3 - 9n)

= (n2 - 1) (n -2) (n +2) n (n2 - 9)

= (n -1) (n + 1) (n -2) (n + 2) n (n - 3) (n +3) VËy: A= (n -3) (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)

Vì n số tự nhiên nên số A tÝch cđa sè tù nhiªn liªn tiÕp Råi chøng minh cho tÝch cđa sè tù nhiªn liªn tiÕp chia hÕt cho

KÕt luËn: A chia hÕt cho Bµi 2

Ta có x2 = a +yz  x3 = ax + xyz => ax = x3 - xyz Tơng tự: by = y3 - xyz Cz = z3 - xyz Cộng theo vế đẳng thức ta đợc: ax + by +cz = x3 + y3 + z3 - 3xyz

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) + z3 - (3x2y+3xy2+3xyz) = (x+y)3 +z3 - 3xy (x+y+z)

= (x+y+z) {(x+y)2 - z (x+y) +z2 }- 3xy (x+y+z) = (x+y+z) {(x+y)2 - (x+y) z + z2 - 3xy}

= (x+y+z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz) Cïng tõ x2 = a+yz => x2 - yz = a

T¬ng tù y2 - xz = b Z2 - xy = c

Do đó: ax + by + cz = (x+y+z) {(x2 -yz) + (y2 - xz) + ( z2 -xy) } = (x+y+z) (a+b+c)

V× vËy

c b a

cz by ax

 

 

=

c b a

c b a z y x

 

  

 )( )

(

= x+y+z (do a+b+c  0)

= 2006 (do x+y+z = 2006) VËy A= 2006 Do  x  nªn x2  x => - 4x2  - 4x vµ 1-x  0

Từ ta có - 4x2 (1-x)  -4x (1-x)

 4x3 - 4x2 +  4x2 - 4x +1 = (2x -1)2 

=> 4x3 -4x2 +1   - 4x3 + 4x2 -  0  - 4x3 + 4x2  1  4(-x3 + x2)  1  - x3 + x2 

4

VËy : -x3 + x2 

4

x Bài Gải phơng trình:

5 16 2 2         x x x x x

§KX§  x  R



5 2 16 2 2            x x x x x

 +

5 2 2 2          x x x x x

 )

5 ( ) ( ) ( 2 2 2             x x x x x  5 3 2 2 2 2               x x x x x x x x =  2 2 2 2 2            x x x x x x x x

=  (x2 - 2) )

5 1

( 2 2 2 2

     

 x x x

x = (1)

Lý luËn )

5 1

( 2 2 2 2

     

 x x x

x >

Nªn (1)  x2 - =  x2 =

 x = (TMĐK) x = - 2(TMĐK) Vậy S = {- 2; 2}

Bµi   AFM = AEN = 90

Nối A với C đợc    

3 1

A = A ; B = C

=>  AFB   AMC (g.g)

=> (1)

AC AM AB AF AC AB AM AF   

Cã  

MAF = CAB = 45 (2)

Tõ vµ =>  AFM   ABC

=>  

AFM = ABC = 90

C/M hoàn toàn tơng tự có AEN = 900

v× vËy  

AFM = AEN = 90

S  AEF = 1/2 S  AMN Cã  AFM   AEN =>

AN AE AM

AF

 =>  AEF   AMN (c.g.c) => ( )2(1) AM

AF SAMN

SAEF



Cã FAM = 450, AFM = 900

=>  AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 => ( )2

AM AF

=

Thay vào (1) ta đợc

SAMN SAEF

=

hay: S  AEF = 1/2 S  AMN C/M chu vi  CMN không đổi

Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BN  ADK =  ABN => AK = AN BAN = DAK  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 M chuyển động cạnh DC Bài C/M: m2 + np - p2 =

Do 3M + 2N = 1800 vµ M + N + P = 1800 => P = 2M + N vËy P > N => MN>PM Trªn MN lÊy ®iĨm Q cho MQ = PM = n Nên QN = P-n

MNP PNQ cã N chung vµ PQN = 1800 - MQP

= 1800 - 1800 M



(  MQP c©n) = 1800 -

2 3M  N M

(do 3M + 2N = 1800 )

= 1800 -

) (

= MPN vËy PQN = MPN =>  MNP   PNQ (gg)

=> NQPN MNPN => PN2 = MN NQ  PN2 - MN NQ = Hay m2 - p(p-n) =

 m2 + np - p2 = (ĐPCM)

Đề khảo sát chọn học sinh giỏi cấp huyện Môn: Toán - Lớp 8

năm häc 2008 - 2009

Thêi gian lµm bµi: 150 phút

Bài 1: (4 điểm)

1, Cho ba sè a, b, c tho¶ m·n    

  

 2

a b c

a b c 2009, tÝnh    4

A a b c

2, Cho ba sè x, y, z thoả mÃn x y z Tìm giá trị lớn Bxyyzzx

Bài 2: (2 điểm)

Cho đa thức f x  x2 pxqvới pZ, qZ Chứng minh tồn số nguyên k để

      

f k f 2008 f 2009

Bài 3: (4 điểm)

1, Tìm số nguyên dơng x, y thoả m·n 3xy x 15y 440

2, Cho sè tù nhiên 9 2009

a , b tổng chữ số a, c tổng chữ số b, d tổng chữ số c Tính d

Bài 4: (3 điểm)

Cho phơng trình 2x m x

x x

 

 

  , tìm m để phơng trình có nghiệm dơng

Cho hình thoi ABCD có cạnh đờng chéo AC, tia đối tia AD lấy điểm E, đờng thẳng EB cắt đờng thẳng DC F, CE cắt O Chứng minh AECđồng dạngCAF,

tÝnh EOF

Bµi 6: (3 ®iÓm)

Cho tam giác ABC, phân giác đỉnh A cắt BC D, đoạn thẳng DB, DC ln

lợt lấy điểm E F cho EAD FAD Chøng minh r»ng: 

2

BE BF AB

CE CF AC

Bài 7: (2 điểm)

Trờn bng cú số tự nhiên từ đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy hai số thay hiệu chúng, làm nh đến cịn số bảng dừng lại Có thể làm để bảng lại số đợc khơng? Giải thích

HÕt

Híng dẫn chấm môn toán 8

Bài Nội dung Điểm

1.1

Cho ba sè a, b, c tho¶ m·n    

  

 2

a b c

a b c 2009, tÝnh    4

A a b c

2,00

Ta cã 2  2    

a b c  a b c  abbcca 2 abbcca

   

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

   

          

 

 2  

4 4 2 2 2 2 2009

A a b c a b c a b b c c a

2

         

0,50

0,50

1,00

1.2 Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n x y z Tìm giá trị lớn cña Bxyyzzx 2,00

     

   

 

 

        

         

     

   

            

   

2 2 2

2 2

2

B xy z x y xy x y x y

xy x y x y x y xy 3x 3y

y 3y 6y y 3

x x y 3

2 4

DÊu = x¶y

y

y

x x y z

2

x y z

  

  

     

 

   



Vậy giá trị lớn B x = y = z =

1,25

0,50

0,25

2 Cho ®a thøc     

f x x px qvíi pZ, qZ Chøng minh r»ng tån t¹i sè

nguyên k để f k f 2008 f 2009   

       

     

     

 

         

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

f x x p x q f x f x

        

   

     

 

       

 

       

 

      

 

Víi x = 2008 chän kf 2008 2008 

Suy f k  f 2008 f 2009   

1,25 0,50 0,25

3.1 Tìm 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 x + 5, 3y + nguyên dơng lớn

Thoả mÃn yêu cầu toán x + 5, 3y + ớc lớn 49 nên có: x x

3y y

  

 



 

  

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên x = y =

0,75 0,50

0,75

3.2 Cho sè tù nhiªn  9 2009

a , b tổng chữ số a, c tổng chữ số b,

d tổng chữ số c Tính d

2,00

     

  2009 3.2009 6027

9 3 6027

a 2 10 b 9.6027 54243

c 4.9 41 d 1.9 13

      

       

3

2 1mod 9 a1mod mµ a  b c d mod 9 d1mod  2

Tõ (1) vµ (2) suy d =

1,00 0,75 0,25

4

Cho phơng trình 2x m x

x x

 

 

  , tìm m để phơng trình có nghiệm dơng

3,00

§iỊu kiƯn: x2;x2

 

2x m x

3 x m 2m 14

x x

 

      

 

m = 1ph¬ng trình có dạng = -12 vô nghiệm

m1 phơng trình trở thành x 2m 14 m

Phơng trình có nghiệm dơng

2m 14 m

m

2m 14

1 m m

2m 14 m

 

  



  



    

   

  

  

Vậy thoả mÃn yêu cầu toán m

1 m

  

  

0,25 0,75 0,25 0,50

1,00

0,25

5 Cho hình thoi ABCD có cạnh đờng chéo AC, tia đối tia AD lấy

điểm E, đờng thẳng EB cắt đờng thẳng DC F Chứng minh AECđồng dạng

CAF

 , tÝnh EOF

O

D

B A

C E

F

AEB đồng dạng CBF (g-g)

2

AB AE.CF AC AE.CF

AE AC

AC CF

   

 

AEC đồng dạng CAF (c-g-c)

AEC đồng dạng CAF

 AEC CAF mµ

    



0

EOF AEC EAO ACF EAO

180 DAC 120

   

  

1,00

1,00

1,00

6 Cho tam giác ABC, phân giác đỉnh A cắt BC D, cỏc on thng DB,

DC lần lợt lấy ®iĨm E vµ F choEAD FAD Chøng minh r»ng:



2

BE BF AB

CE CF AC

3,00

A

B E D F C

K H

KỴ EHAB t¹i H, FKAC t¹i K

   

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





    

T¬ng tù BF AF.AB

CE AE.AC 

2

2

BE BF AB

CE CF AC

  (®pcm)

1,00

1,25 0,50

0,25

7 Trên bảng có số tự nhiên từ đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy hai số bất

kỳ thay hiệu chúng, làm nh đến cịn số bảng dừng lại Có thể làm để bảng cịn lại số đợc khơng? Giải thích

2,00

Khi thay hai số a, b hiệu hiệu hai số tính chất chẵn lẻ tổng số có bảng khơng đổi

Mµ S 1 2008 2008 2008 1  1004.2009 0 mod 2

2 

        ; 1 mod 2

do bảng lại số

1,00

líp thCS - năm học 2007 - 2008 Môn : Toán

Thêi gian lµm bµi: 120 phót

Bµi 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau thành nhân tö: x2 7x 6

 

2 x4 2008x2 2007x 2008

  

Bµi 2: (2điểm)

Giải phơng trình: x2 3x x1 0

2  

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

   

Bài 3: (2điểm)

1 Căn bậc hai 64 viết dới dạng nh sau: 64 6 

Hỏi có tồn hay khơng số có hai chữ số viết bậc hai chúng d ới dạng nh số nguyên? Hãy tồn số

2 T×m sè d phÐp chia cđa biĨu thøc x2 x4 x6 x82008 cho ®a thøc

10 21 x  x

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giỏc ABC vuông A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đờng vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM v BEC ng

dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM cắt BC G Chøng minh: GB HD

BC AH HC

Hết

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1. 2,0

1.1 (0,75 điểm)

  

2

7 6 6

x  x x  x x x x  x

x1 x6

0.5 0,5

1.2 (1,25 ®iĨm)

4 2008 2007 2008 2007 2007 2007 1

x  x  x x x  x  x  0,25

   2  

4 1 2007 1 1 2007 1

x x x x x x x x

            0,25

x2 x 1 x2 x 1 2007x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2008

             0,25

2. 2,0

2.1

3

x  x  x  (1)

+ NÕu x1: (1)  x12  0 x1 (tháa m·n ®iỊu kiƯn x1)

+ NÕu x1: (1)  x2 4x  3 x2  x 3x 1  0 x1 x 3 0

 x1; x3 (cả hai không bé 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có nghiệm x1

0,5 0,5 2.2

 

2 2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

       

       

       

       

(2) Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x0

(2)  

2

2

2

2

1 1

8 x x x x x

x x x x

 

       

                

        

   

2

2

2

1

8 x x x x 16

x x

   

           

   

0

x hay x

   vµ x0

Vậy phơng trình cho có nghiệm x8

3 2.0

3.1 Gọi số cần tìm là ab 10a b

  (a, b lµ sè nguyên a khác 0)

Theo gi thit: 10a b a   blà số nguyên, nên ab blà số phơng, đó: b hoặc4

Ta cã: 10a b a   b10a b a  22a b b  5a  b a2

  b a

   (v× a0)

Do a phải số chẵn: a2k, nên 5 b k

NÕu b 1 a 8 81 8 1 9 (thỏa điều kiện toán) Nếu b 4 a 6 64 6  4 8 (tháa điều kiện toán) Nếu b 9 a 4 49 4 9 7 (thỏa điều kiện toán)

0,5

0,5 3.2 Ta cã:

       

   

( ) 2008

10 16 10 24 2008

P x x x x x

x x x x

     

     

Đặt tx210x21 (t3;t7), biểu thức P(x) đợc viết lại:

   

( ) 2008 1993 P x  t t   t t

Do chia t2 2t1993 cho t ta có số d 1993

0,5

0,5

4 4,0

4.1 + Hai tam giác ADC BEC có:

Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vng CDE CAB đồng

d¹ng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: 

135

BECADC (vì tam giác AHD vuông

cân H theo giả thiết)

Nên 

45

AEB tam giác ABE vuông cân A Suy ra:

2

BEAB m

1,0

0,5 4.2

Ta cã: 1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)

mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân H)

nên 1

2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450

   

0,5 0,5 0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC AC , mµ    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC 0,5

Do đó: GB HD GB HD GB HD

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 : ( điểm)

1 Phân tích đa thức thành nhân tử

a)



 x

x

b) a3(b  c) + b3(c  a) + c3(a  b) 2 T×m x, y biÕt : 2x2 + 4x + 4xy  2y + 5y2 + = 0 Bài : ( điểm)

1 Cho a, b số dơng thoả mÃn 5a2 2b2 = 3ab 2a b Tính giá trÞ biĨu thøc 4a2 b2

ab P

 

2. Cho abc =2 Rót gän biĨu thøc

2 c ac

c

b bc

b

a ab

a M

        

3. Cho a, b, c số đôi khác khác thoả mãn 1110 c b

a

HÃy tính giá trị biÓu thøc :

ab c

1 ca

2 b

1 bc

2 a

1

M 2 2 2

    

 + 2010

Bµi : ( điểm)

1. Cho a, b số nguyên, a chia cho d b chia cho d Hái a2 b2

 chia cho d bao

nhiªu?

2 Chøng minh với số tự nhiên n n2 5n + 120 kh«ng chia hÕt cho 169.

3 Tìm số nguyên tố p cho biểu thức M = 2p + p2 có giá trị số nguyên tố.

Bài : ( điểm)

Cho hình thang ABCD, hai đờng chéo cắt O Đờng thẳng qua O song song với hai đáy cắt cạnh bên AD, BC lần lợt điểm M N

a) Chøng minh

BC BN AD AM



b) Chøng minh

CD AB

1 ON

1 OM

1

  

c) Cho diÖn tích tam giác AOD, COD lần lợt a2 b2 (a, b số dơng) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b

Bài : ( điểm)

Cho hỡnh bỡnh hành ABCD, kẻ 2010 đờng thẳng cho đờng thẳng chia hình bình hành ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích

3

Hớng dẫn chấm khảo sát học sinh giỏi vòng 3 môn toán lớp

Bài Nội dung Điểm

Bài :

( điểm)

1 Phân tích đa thức thành nhân tử a) x2 4x (1,5 điểm)

- Tách 4x = -x + 5x 0,5

- Nhóm đặt nhân tử chung nhóm 0,5

- Nhóm đến kết ( x-1)(x + 5) 0,5

b) a3(b  c) + b3(c  a) + c3(a  b) (2 ®iĨm)

= a3(b  c)  b3[(b  c) + (a  b)] + c3(a  b) 0,5 = a3(b  c)  b3(b  c)  b3(a  b) + c3(a  b) 0,25

= (b  c)( a3 b3)  (a  b)( b3  c3) 0,25

=(b  c)(a  b)(a2 + ab + b2)  (a  b)(b  c)( b2 + bc + c2) 0,25 = (b  c)(a  b)(a2 + ab + b2  b2  bc  c2) 0,25

= (b  c)(a  b)(a2 c2 + ab  bc) 0,25

=(a  b) (b  c) (a  c) (a + b + c) 0,25

2. T×m x, y biÕt : 2x2 + 4x + 4xy  2y + 5y2 + = (1,5 ®iĨm)

- Viết đẳng thức dạng (x + 2)2 + (y  1)2 + (x + 2y)2 = 0 0,5 - Lập luận bình phơng khơng âm =>(x + 2)2 = (y  1)2= (x + 2y)2 = 0 0,5

- Tìm đợc x, y 0,5

Bµi :

( điểm)

1 Cho a, b số dơng thoả mÃn 5a2 2b2 = 3ab 2a b Tính giá trị biểu thức 4a2 b2

ab P



 (1,5 ®iĨm)

- Từ 5a2  2b2 = 3ab =>5a2  2b2  3ab = => (a  b)(5a + 2b) = 0 0,5 - a, b > => 5a + 2b > => a = b 0,5 - Tính tiếp đến P =

3

0,5 2. Cho abc =2

Rót gän biĨu thøc

2 c ac

c

b bc

b

a ab

a M

       

 (1,5 ®iĨm)

abc abc ac

abc

b bc

b abc

a ab

a

M 2

2

       

 0,5

b bc

bc

b bc

b bc

1 b

1 M

       

 0,5

1 b bc

1 b bc M

 

 

Bài Nội dung Điểm

Bài :

3. Cho a, b, c số đôi khác khác thoả mãn 111 0 c b

a

H·y tÝnh gi¸ trÞ biĨu thøc :

ab c

1 ca

2 b

1 bc

2 a

1

M 2 2 2

    

 + 2010 (2 ®iĨm)

Tõ 1110 c b

a => abc

ca bc ab

  

 abbcca0 0,25

 bc =  ab  ac 0,25

 a2 + 2bc = a2 + bc  ab  ac 0,25

 a2 + 2bc = a(a  b)  c(a  b) 0,25

 a2 + 2bc = (a  b)(a  c) 0,25

T¬ng tù b2 + 2ca = (b  a)(b  c)

c2 + 2ab = (c  a)(c  b) 0,25

) a c )( b c (

1 )

c b )( a b (

1 )

c a )( b a (

1 M

       

 + 2010 0,25

) c b )( c a )( b a (

b a c a c b M

  

    

 + 2010 = 2010 0,25

Bài :

( điểm)

1. Cho a, b số nguyên, a chia cho d vµ b chia cho d Hái a2 b2



chia cho d bao nhiêu? (1 điểm)

a chia cho d  a = 7k + 2, t¬ng tù b = 7q + víi k, q  N 0,25

2 b

a  =( 7k + )2 + ( 7q + )2 0,25

= 49 k2 + 28k + + 49q2 + 42q + = 49 k2 + 28k + 49q2 + 42q + 13 0,25 Do k, q  N nªn 49 k2 + 28k + 49q2 + 42q chia hÕt cho 7, 13 chia cho d

VËy a2 b2

 chia cho d 0,25

2 Chøng minh víi mäi số tự nhiên n n2 5n + 120 không chia hết cho 169. (1 điểm)

n2 5n + 120 = ( n  9)( n + ) + 156 0,25

NhËn xÐt ( n + )  ( n  9) = 13 nên chia hết không chia hết

cho 13 0,25

Nếu ( n  9) chia hết cho 13 ( n + ) chia hết cho 13 tích ( n  9)( n + ) chia hết cho 132 = 169 mà 156 không chia hết cho 169

 n2  5n + 120 kh«ng chia hÕt cho 169. 0,25

NÕu ( n  9) kh«ng chia hÕt cho 13 ( n + ) không chia hết cho 13 mà 13 số nguyên tố nên tích ( n  9)( n + ) kh«ngchia hÕt cho 13 mµ 156 chia hÕt cho 13  n2  5n + 120 kh«ng chia hÕt cho 169.

0,25

3 Tìm số nguyên tố p cho biểu thức M = 2p + p2 có giá trị số nguyên tố.

Bài Nội dung Điểm

Bài :

Nếu p = M = không số nguyên tố

NÕu p = th× M = 23 + 32 = 17 số nguyên tố. 0,25

Nếu p > p nguyên tố nên p số lẻ không chia hết cho

M = 2p + p2 = 2p+ + p21 = 2p+ + (p 1)( p + 1) 0,25

p không chia hết p chia cho d hc

 (p 1)( p + 1) chia hÕt cho 0,25

p lỴ nªn p = 2k + víi k  N 2p+ =22k + 1 + =2.4k+ 1

4  1mod3  4k  1mod3 2.4k  2mod3 2.4k+1 chia hÕt cho 2p+ chia hÕt cho M chia hÕt cho vËy víi p > M không số nguyên tố

0,25

Bài : ( 6 điểm)

Cho hình thang ABCD, hai đờng chéo cắt O Đờng thẳng qua O cắt cạnh bên AD, BC lần lợt điểm M N

a) Chøng minh

BC BN AD AM

 2

b) Chøng minh

CD AB

1 ON

1 OM

1

 

 2

c) Cho diÖn tích tam giác AOD, COD lần lợt a2 vµ b2 (a, b >0) TÝnh diƯn

tÝch hình thang ABCD theo a b 2

Bài : ( 1 điểm)

Cho hỡnh bỡnh hành ABCD, kẻ 2010 đờng thẳng cho đờng thẳng chia hình bình hành ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích 1/3 Chứng minh

2010 đờng thẳng có 503 đờng thẳng qua điểm

Gi M, Q, N, P lần lợt trung ®iĨm cđa AB, BC, CD, DA (H×nh vÏ)

V× ABCD l hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD

Gọi d đờng thẳng 2010 đờng thẳng cho Nếu d cắt AB E; CD F ; PQ L LP, LQ lần lợt đờng trung bình hình thang AEFD, EBCF Ta có : S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 LQ / LP = 1/3

0.5

Trên PQ lấy hai điểm L1, L2 thoả mãn điều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 đóL trùng với L1 L trùng với L2 Nghĩa d cắt AB CD d phải qua L1 L2

Tơng tự, MN lấy hai điểm K1, K2 thoả mãn điều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 d cắt AD BC d phải qua K1 K2

Tóm lại, đờng thẳng 2010 đờng thẳng cho phải qua điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2

0.25

Vì 2010 > 4.502 = 2008 nên theo nguyên tắc Đi Rich Lê, 2010 đờng thẳng cho có 503 đờng thẳng (503 = 502 + 1) qua điểm điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 Suy điều phải chứng minh