DE 317

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ 3- ÔN HSG LỚP 8- MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1: (1,5đ) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 + 2014x2 + 2013x + 2014. b) Giải phương trình: (2x - 8)3 + (4x + 13)3 = (4x + 2x + 5)3 Câu 2: (1,5đ) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0. b) Cho các số a, b, c thỏa mãn: a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = a3 + b3 + c3 - 3abc + 3ab - 3c + 5. Câu 3: (1,5đ) a) Cho các số tự nhiên a1, a2, ....., a2013 có tổng bằng 20132014 Chứng minh rằng: a31 + a32+ .. .. .+a32013 chia hết cho 3. b) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n - 41 là hai số chính phương. Câu 4: (1,5đ) a) Cho đa thức P(x) = x2 + bx + c, trong đó b và c là các số nguyên. Biết rằng các đa thức x4 + 6x2 + 25 và 3x4 + 4x2 + 28x + 5 đều chia hết cho P(x). Tính P(-2). b) Cho hai số x; y thỏa mãn: x2 + x2y2 – 2y = 0 và x3 + 2y2 – 4y + 3 = 0 Tính giá trị của biểu thức Q = x2 + y2 Câu 5: (2,5đ) Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF. a) Chứng minh rằng: AE  BC. b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng. c) Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Câu 6: (1,5đ) a) Cho A là một tập hợp gồm 1008 số nguyên dương phân biệt bất kì, mỗi số không vượt quá số k. Tìm giá trị lớn nhất của k sao cho trong A có ít nhất một số là bội số của một số khác cũng thuộc A. b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ 2 2 2 a +2 b + 3 b +2 c +3 c +2 a +3 2 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HD CHẤM ĐỀ 3 ÔN HSG LỚP 8. Môn: Toán Câu 1. Phần a b. 2. a b. Nội dung trình bày Ta có: x + 2014x + 2013x + 2014 = x4 – x + 2014x2 + 2014x + 2014 = x(x -1)(x2 + x +1) + 2014(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 2014) 4. 2. x. x. x. x. Đặt 2 – 8 = a, 4 + 13 = b  4 + 2 + 5 = a + b Ta có PT: a3 + b3 = (a + b)3 3ab(a + b) = 0  a = 0; b = 0; a + b = 0 Nếu a = 0 thì 2x – 8 = 0  x = 3 Nếu b = 0 thì 4x + 13 = 0  4x = -13 (loại) Nếu a + b = 0 thì 4x + 2x + 5 = 0  4x + 2x = -5 (loại) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 Ta có: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0  (x - y – 1)2 + (y + 2)2 = 0 Từ đó suy ra: x - y – 1 = 0 và y + 2 = 0 Vậy x = - 1, y = - 2 Từ a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = 0 suy ra: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0  a = b = c 2. 1  17 17  3 a     2 4 4 Do đó: A = 3a3 -3a3 + 3a2 -3a + 5 =  17 1 Vậy min A = 4  a = b = c = 2 3. a. b. 4. a. 3.  x2  2. 2 2. Ta có: x + x y – 2y = 0 x3 + 2y2 – 4y + 3 = 0. 3. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25. 3. = ( a1  a1 )  ( a2  a2 )  .....  ( a2013  a2013 ) Dễ thấy a3 – a = a(a – 1)(a + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3. 3 3 3 Suy ra: A3 Mà a1 + a2 + ..... + a2013 3 nên a1 + a2+ .. .. .+a 2013 3 Đặt n + 18 = a2 và n - 41= b2 (a, b  N) Suy ra: a2 – b2 = 59 (a – b)(a + b) = 59 a  b 1 a 30    a  b 59 b 29 Do a, b  N và 0 <a – b < a + b nên   n = 882 4 2 2 Ta có: x + 6x + 25 chia hết cho x + bx + c  3x4 + 18x2 + 75 chia hết cho x2 + bx + c Mà 3x4 + 4x2 + 28x + 5 chia hết cho x2 + bx + c Suy ra: 14x2 - 28x + 70 chia hết cho x2 + bx + c hay x2 - 2x + 5 chia hết cho x2 + bx + c Do b, c  Z nên b = -2, c = 5 P(x) = x2 - 2x + 5 Vậy P(-2) = 13. b. 0,25. 0,25. 2014 3  a1 + a2 + ..... + a2013 3 Ta có: 20133  2013 3 3 Xét hiệu: A = ( a1 + a2+ .. .. .+a32013 ) – (a1 + a2 + ..... + a2013). 3. Điểm. 2y 1   1  x 1 y 1 2. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. (1). 2.  x  1  2  y  1  1  x  1. (2). 2 2 2 Từ (1) và (2)  x  1  x 1  y  2 y  1 0  y 1  y 1 Vậy Q = x2 + y2 = 1 + 1 = 2. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5. a. C. D I. H. O. E. F. 0,25 0,25. A. b. c. a. b. M. B. ∆AME = ∆CMB (c-g-c)  EAM = BCM Mà BCM + MBC = 900  EAM + MBC = 900  AHB = 900Vậy AE  BC Gọi O là giao điểm của AC và BD. ∆AHC vuông tại H có HO là đường trung tuyến. 0,25 0,25 0,25. 1 1  HO  AC  DM 2 2  ∆DHM vuông tại H DHM = 900. 0,25. Chứng minh tương tự ta có: MHF = 900 Suy ra: DHM + MHF = 1800 .Vậy ba điểm D, H, F thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của AC và DF. Ta có: DMF = 900  MF  DM mà IO  DM  IO // MF Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF Kẻ IK  AB (KAB)  IK là đường trung bình của hình thang ABFD. 0,25.  IK . 6. K. AD  BF AM  BM AB   2 2 2 (không đổi). Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định. Vậy đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB Xét các tập hợp Ai (i = 1, 2, 3, ....., 1007), với A i gồm 1008 số tự nhiên bắt đầu từ i. A1 = {1; 2; ..... ; 1008} A2 = {2; 3; ..... ; 1009}..... A1007 = {1007; 1008; ..... ; 2014} Dễ thấy trong mỗi tập hợp Ai đều có 1008 phần tử và đều có ít nhất một số là bội của một số khác cùng thuộc Ai Do đó một tập hợp A bất kì gồm 1008 số tự nhiên phân biệt, số lớn nhất sẽ không vượt quá 2014. Ta sẽ chứng minh k = 2014 là số lớn nhất thỏa mãn đề bài. Thật vậy, giả sử k > 2014 tức là k = 2014 + a (aN*). Xét tập hợp gồm 1008 số tự nhiên không vượt quá k như sau: A = {1007 + a; 1008 + a; ..... ; 2014 + a} Ta có: 2014 + a < 2(1007 + a)  trong A không tồn tại một số nào là bội của một số khác. Vậy giá trị lớn nhất của k là 2014. Ta có: a2 + 2b2 + 3 = (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2 Áp dụng BĐT x2 + y2  2xy, ta có: a2 + b2  2ab, b2 + 1  2b Suy ra: (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2  2ab + 2b + 2 = 2(ab + b + 1)  a2 + 2b2 + 3  2(ab + b + 1) Tương tự: b2 + 2c2 + 3  2(bc + c + 1) c2 + 2a2 + 3  2(ca + a + 1). 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 1  VT      2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  Do đó: (1) Mặt khác: Do abc = 1 nên 1 1 1 1 ab b      ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b ab  b  1  1 ab  b  1 (2) Từ (1) và (2) suy ra:. 1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ 2 2 2 a +2 b + 3 b +2 c +3 c +2 a +3 2 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>