DE THI HSG TOAN 9

a Xác định dạng của tứ giác DEIF 1,5 điểm b Chứng minh rằng các đường thẳng MH, ID, EF đồng quy 1,5 điểm Bài 7: 3 điểm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.. Các đư[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 9 NĂM HỌC 2014-2015

Đề thi chính thức Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1: Cho biểu thức

x y

2

a) Rút gọn A với x y 0 

b) Tính giá trị của A khi x32 13 5 và y3 2 13 5

Bài 2: a) Giải phương trình x x 5   2 x3 25x 2 2 

b) Giải hệ phương trình

2 2

x y xy 3





Bài 3: Cho phương trình m 1 x  22mx m 1 0   (m là tham số)

a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn x x 12 2  x x22 1  2m

Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên

d lấy điểm M bất kì, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm)

Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E

a) Chứng minh rằng AB.AE 4R  2

b) Chứng minh rằng CM vuông góc với OE

c) Xác định vị trí của M để dây AB có độ dài nhỏ nhất

Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x y 1  Tìm GTNN của

P

BÀI GIẢI

Bài 1: a) Đặt B  x  x2 y2  x  x2 y2  B2  2x 2 x  2 x2 y2  2 x y  

B 2 x y

x y

2



b) P  3 2 13 5   3 2 13 5   P 3  10 3 2 13 5 2 13 5 P 10 9P  3       

(Vì

2

      

Vậy P = 1

Bài 2: a) Phương trình  x25x 2 2 x  3 25x 2 4 0  

Đặt 3 x2 5x 2 y ta có phương trình y 3  2y 4 0    y 2 y    2  2y 2     0 y  2

(Vì y2 – 2y + 2 = (y – 1)2 + 1 > 0) Do đó 3 x25x 2 2 x25x 6 0 

x 2 x 3   0 x 2





 Phương trình có tập nghiệm S = {-2; -3}

b) Hệ phương trình

2

2

x y xy 3





Với x + y – 3 = 0 ta có

x y 3

xy 0

 







 có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)}

2 2

 



 

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)}

Bài 3: a) Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì m 1 m 1      0 m2    1 1 m 1

b) Ta có  ' m2 m 1 m 1      1 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 khi m

 1

Theo Viet thì

1 2

1 2

2m

x x

m 1

m 1

x x

m 1



 





  Ta có x x 12 2  x x22 1  2m  x x x 1 2 1  x 2  2m

2

m m 1



(Vì

2

      

  ) Vậy m = 0 thỏa mãn bài toán

Bài 4: a) Gọi H là giao điểm MO và AB

Ta có AHO ACE 90   0 nên AHO  ACE (g - g)

2

AB.AE 4R

b) Ta có BCE BAC  (cùng chắn cung BC)

BAC AMO  (cùng phụ với AOM)

Do đó BCE AMO  và CBE MAO 90   0

nên BCE  AMO (g - g)

có EBO CBM 90   0 OBC nên EBO  CBM (c – g – c)  BEO BCM  Gọi I, J lần lượt là giao điểm của OE với MC và BC ta có BEO BJE 90   0 BCM IJC 90   0 CIJ 90  0 hay CM  OE

c) Kẻ OK  d cắt AB tại N Ta có OHN  OKM (g - g)  ON OK = OH OM = OA2 = R2

Vì đường thẳng d cố định nên K cố định, O cố định, suy ra N cố định hay ON không đổi

Ta có AB 2.AH 2 AO  2 OH2 2 R2  OH2 2 R2 ON2 không đổi

Do đó AB nhỏ nhất khi ON = OH  N trùng H  M trùng K

Bài 5: Với a, b > 0 thì

 2

2 2 m n



 , thật vậy BĐT a b bm    2 an2 ab m n  2

A

B E C

O H

M

J I N

Áp dụng BĐT trên ta có

 2

P



 Áp dụng Bunhia được  x xy  y xy2 x y xy xy      x xy  y xy  x y 2xy  

2xy

x y 2xy



GTNN của P là 2 đạt được khi

1

x y

2

 

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

(Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang)

Bài 1: (4,0 điểm) Cho

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị của x để A =

1 2



Bài 2: (4,5 điểm)

a) Tính 8 2 15  8 2 15

b) Cho x2 – x – 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức:

P



c) Giải phương trình: 2

3x

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n bé nhất để F = n3 + 4n2 – 20n – 48 chia hết cho 125

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n >1 thì số A = n6 - n4 +2n3 + 2n2 không thể là số chính phương

Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau

tại H Chứng minh rằng:

a) SABC =

1

2 AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.

b) tanB.tanC =

AD

c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF

d)

1

Bài 5: (1,5 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2y2  y2z2  z2x2 2015

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 12/10/2015

Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T

Hết

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Giám thị không giải thích gì thêm

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016

MÔN : TOÁN

Hướng dẫn chấm này có 03 trang

I Yêu cầu chung:

1 Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng

2 Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm

II Yêu cầu cụ thể:

1

a(2,0đ)

A

2 x 9 (2 x 1)( x 2) ( x 3)( x 3)

( x 3)( x 2)

( x 2)( x 1) x 1

( x 3)( x 2) x 3



Vậy

x 1 A

x 3





 với (x 0, x 4, x 9)  

0,5 0,5 0,5

0,5

b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9)   Ta có:

1

3 x 1 x (t / m)

9





Vậy A =

1 2



 x =

1

9

0,5 1,0 0,5

2

a(1,5đ) Ta có 8 2 15  8 2 15

1,0 0,5

b(1,5đ) Ta có: x2 – x – 1 = 0  x2 – x = 1  (x2 – x)3 = 1

 x6 – 3x5 + 3x4 – x3 = 1

Mặt khác: x2 – x – 1 = 0  x2 = x + 1

0,5 0,5

 x6 = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1.

1 2015 2016

1

1 2015 2016

P 

c(1,5đ) ĐK: x2 – 9 > 0 

3 3

x x







 

+ Nếu x > 3: Bình phương hai vế của phương trình ta được:

2

Đặt

2 2

x

 , được phương trình: t2 6t 72 0    t 6 

Khi đó:

2 2

x

6

x  9   x4 – 36x2 + 324 = 0  x2 = 18

Trong trường hợp này tìm được: x 3 2

+ Nếu x < –3: Khi đó: 2

3

0 6 2 9

x x

x

 : PT vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 3 2

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

3

a(2,0đ) Ta có: F = n3 + 4n2 – 20n – 48 = (n – 4)(n + 2)(n + 6)

Thử với n = 1; 2; 3 thì F đều không chia hết cho 125.

Thử với n = 4 thì F = 0 chia hết cho 125.

Vậy số nguyên dương bé nhất cần tìm là: n = 4.

1,0 0,5 0,25 0,25 b(2,0đ) A=n6 - n4 +2n3 + 2n2

= n4(n2-1) + 2n2(n+1)

= n2(n+1)(n3-n2 +2)

= n2(n+1)[(n+1)(n2-2n+2)]

= n2(n+1)2(n2-2n +2) = n2(n+1)2[(n-1)2 +1]

Ta có: (n-1)2 < (n-1)2 +1= n2 + 2(1-n) < n2 (vì n>1)

 (n-1)2 +1 không thể là số chính phương

Vậy A không thể là số chính phương

0,5

0,5 0,5 0,5

4 a(2,0đ)

* Ta có: SABC =

1

2 .BC.AD.

ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC =

1

A

H

D

E F

ABE vuông ở E có AE = AB.cosA

BFC vuông ở F có BF = BC.cosB

ACD vuông ở D có CD = AC.cosC

Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

1,0

b(1,5đ) Xét ABD có tanB =

AD

BD ; ACD có tanC =

AD CD

suy ra tanB.tanC =

2

AD

Do HBD CAD  (cùng phụ với ACB) nên BDH  ADC (g.g)

 BD.DC = DH.DA

Kết hợp với (1) được tanB.tanC =

2

0,5

0,5 0,5

c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF ABC 

Tương tự được CED CBA  nên AEF CED  mà BE  AC

AEB CEB

  = 900 Từ đó suy ra FEB DEB   EH là phân trong

của DEF

Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba

đường phân giác trong của DEF

0,5

0,5 0,5 d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC

Dễ thấy CHE  CAF(g.g)

BHC BHC

ABC ABC

Tương tự có

CHA

CBA

HAB

CAB

HA.HB S

Do đó:

1

0,25

0,25 0,25

0,25

5

Đặt a  x2y ; b2  y2z ;c2  z2x2  a;b;c 0 và a b c 2015   

Ta có: a2b2c2 2(x2y2z )2 

2 a b c 2 a b c 2 a b c

Do đó: (y z) 2 2(y2z ) 2b2  2  y z  2b 



Tương tự:

,



T

2 2 2

(a b c )

a b c

 

0,25 0,25 0,25

(a b c)

a b c

(a b c)(a b c)

a b c

2015.9

Dấu đẳng thức xảy ra khi

2015

a b c

3

  

Vậy

2015 min T

2 2



khi

2015

x y z

3 2

  

0,5

0,25

Người làm đáp án: Người thẩm định:

1

2 Người duyệt:

UBND HUYỆN THANH SƠN

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học 2015 - 2016

Môn: Toán

Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1(4,0 điểm).

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 2xy4x 8y 5 0

b) Chứng minh rằng A n +11n3 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

Câu 2(3,0 điểm) Cho biểu thức

2

B

a) Rút gọn biểu thức B;

b) Tính giá trị của B khi x  6 2 5;

c) Tìm giá trị của x để B < 0

Câu 3 (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x33x23x 4 0

b) 3x 1 2 x 1

Câu 4 (7,0 điểm).

1 Cho tam giác ABC có góc B bằng 1200, BC = 12cm, AB = 6cm Đường phân giác của góc B cắt cạnh AC tại D

a) Tính độ dài đường phân giác BD;

b) Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng AM vuông góc với BD

2 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD Tính cosMAN ?

Câu 5 (2,0 điểm).

a) Cho a 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

27 3

a C

a 





 b) Chứng minh rằng nếu a, b, c dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 thì

a   b   c   a b c 

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN

HUYỆN KỲ ANH NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : Toán 9

Thời gian : 150 phút

(Không kể thời gian giao nhận đề)

Câu 1 Cho biểu thức A=(x√√x+1 x+1 −1) (√2x −

2

√x − 1) a) Rút gọn A

b) Tìm các giá trị của x để A=8

3

Câu 2 Giải các phương trình sau:

a) x=2√x +2+1

b) √x+1+4√x −3+√x −2+2√x −3=5

Câu 3 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a ≥ b và √a −b+c=√a −b+√c

Chứng minh: (√a2c2+ 2015+bc)(√b2c2+2015 −ac)=2015

Câu 4 Cho Δ ABC có 3 góc nhọn, H là trực tâm Lấy I thuộc đoạn thẳng BH, K thuộc đoạn thẳng CH sao cho A ^I C= A ^ K B=900

a) Chứng minh Δ AIK là tam giác cân

b) Tìm điều kiện của Δ ABC để: cot A +cot B+cot C=√3

Câu 5 Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a2 + b2 = 4 Chứng minh aba+b+2 ≤ 1

√2+1

-Hết -PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN THÀNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn: Toán 9 Lớp: 9

Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (4,0 điểm) a)

Chứng minh rằng tích của bốn số tự nhiên liên tiếp cộng với 1 là một số chính phương

b) Tìm số nguyên tố p sao cho A = 2 + p là số nguyên tố

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x + 8 = 2

b) Tìm x, y, z biết: + + = 6 - - -

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Cho f(x) = 1 + x + x + + x Tính f(a) với a = + b) Cho x, y là hai số dương

biểu thức M = ( x+ ) + ( y+ )

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, hình vuông ADEF sao cho D thuộc cạnh AB, E thuộc

rằng: BD.CF =

cạnh hình vuông ADEF bằng 2, BC = 3 Tính cạnh AB và AC

Cho hình thoi ABCD có = 120 Tia Ax tạo với AD một góc 15 và cắt cạnh

CD tại M, cắt đường thẳng BC tại N Chứng minh rằng: + =

-Hết -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

SỞ GD&ĐT KIÊN GIANG ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 VÒNG HUYỆN

PHÒNG GD&ĐT PHÚ QUỐC Năm học: 2011- 2012

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (Không tính thời gian phát đề)

Bài 1: ( 3 điểm ) CMR với mọi x,y nguyên thì

Bài 2: (3 điểm) Giải phương trình:

5

2000 2001 2002 2003 2004

x x x x x

x



Bài 3: (2điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì:

4 6 3 11 2 30 24

Bài 4: (2 điểm ) Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1

Tính: T =

  

2

2 2 1

1 1

x

z y x





2

2 2

1

1 1

y

x z

y







2

2 2

1

1 1

z

y x

z









Bài 5: (4 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: P =

c ab   a bc   b ca 

Bài 6: (3 điểm)

Gọi H là trực tâm của tam giác đều ABC, đường cao AD Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh BC; Gọi

E và F thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC; Gọi I là trung điểm của AM.

a) Xác định dạng của tứ giác DEIF (1,5 điểm)

b) Chứng minh rằng các đường thẳng MH, ID, EF đồng quy (1,5 điểm)

Bài 7: (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AM, BN

BN+

CH

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

điểm Bài 1

(3điểm )

= (x + y)(x + 4y) (x + 2y)(x + 3y) + y 4

= (x 2 + 5xy + 4y 2 )(x 2 + 5xy + 6y 2 )+ y 4

= (x 2 + 5xy + 5y 2 - y 2 )(x 2 + 5xy + 5y 2 + y 2 ) + y 4

= (x 2 + 5xy + 5y 2 ) 2 - y 4 + y 4

= (x 2 + 5xy + 5y 2 ) 2

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

Bài 2

(3điểm ) a) PT đã cho tương đương:1 2 3 4

0

2000 2001 2002 2003 2004

Vì

0

2000 2001 2002 2003 2004    

(0,25đ)

Vậy S = {2000}

b)

5 0

x x

 











5

9 9

x

x x







0,5

0,5 0,5

0,75

Bài 3

(2 điểm )

4 6 3 11 2 30 24

n  n  n  n

=n4  6n3  11n2  6n24n 24 n n 3  6n2  11n 6 24n 1

=

 3 2 5 2 5  6 6 24 1  1  2 5 6 24 1

n n n  n  n  n  n n n n  n  n

= n n 1 n2 n324n1

Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; là bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích của chúng chia

chia hết cho 24

0.5 0.5 0.5 0.5

Bài 4

(2 điểm ) Ta có 1+x

T=

x zx y

y z x z z y x y x











x yy z

z x y x y z x z y















z xz y

z y x y z x y x z















=

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) = 2(xy+yz+zx) =2 Vậy T = 2

1

0.5 0.5

Bài 5

2

a b c    c a b c c ac bc c    

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )

c ab c a c b



Tương tự:

( )( ) ( )( )

a bc a b a c

b ca b c b a

a bc a b a c

b ca b c b a





c a c b a b a c b c b a          

=

a c c b b a

a c c b b a

=

3

2

Dấu “=” xảy ra khi

1 3

a b c  

Từ đó giá trị lớn nhất của P là

3

1 3

a b c  

0.5 0.5 0.5

0.5 0.5

0.25 0.5 0.5 0.25

Bài 6

0,25 0,25

a) Xét tam giác AEM có: EI=1/2.AM và tam giác ADM có: DI=1/2.AM

Do đó tam giác EID cân tại I (1)

Ngoài ra: GócEIM = 2.gócEAI và gócDIM=2.gócDAI => góc EIM + góc DIM = góc EID = 2.góc EAD = 2.30 o = 60 o

Vậy góc EID = 60 o (2)

Từ (1) và (2) => tam giác EID đều (3)

Tương tự ta chứng minh được tam giác IDF đều (4)

Từ (3) và (4) => DEIF là hình thoi

b) Gọi O là giao điểm của ID và EF, ta cần chứng minh: M,O,H thẳng hàng Thật vậy, gọi N là trung điểm của AH Vì H là trực tâm nên H cũng là trọng tâm của tam giác đều ABC => AN=NH=HD

Khi đó: OH là đường trung bình của tam giác DIN => OH // IN

và IN là đường trung bình của tam giác AHM => MH // IN

Do đó M,O,H thẳng hàng hay MH, ID, EF đồng quy tại O

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5 0,25

0,25 0,25

Bài 7

(3 điểm ) 1)tam giác BCD vuông tại C Vay AH // DC ( vì cùng vuông góc với BC) Tam giác BCD có OB = OC = OD = bán kính đường tròn tâm O , nên

Tương tự tam giác ADB cũng vuông tại A , Do đó AD//CH ( cùng vuông góc với)

2/ Gọi S là diện tích Δ ABC và S 1 , S 2 , S 3 theo thứ tự là diện tích của tam

Ta có S= 12 BC AM

S 1 = 12 BC HM

S=

HM

AM ⇒ S − S1

S =

AM − HM

AH

AM (1)

Tương tự , ta có S − S2

S =

CH

S =

BH

BN (3) Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:

AH

AM+

BH

BN+

CH

CK=

3 S −(S1+S2+S3)

2 S

S =2 không đổi

0,25

0,25 0,25 0,25

0,5

0,5 0,5 0,5

UBND HUYỆN PHÚ QUỐC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2010 - 2011

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (6 điểm )

1) Chứng minh rằng M = 2 + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( 2 điểm )

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p, sao cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm )

3) Tìm tất cả các số tự nhiên có hai chữ số ab , sao cho: ab 2 - ba 2 =1980 ( 2 điểm )

Bài 2: (5 điểm)

cho biểu thức:

:

Q

        

a/ Rút gọn Q với a > 0, a 1 và a4

b/ Tìm a để Q=-1

c/ Tìm a để Q > 0

Bài 3: (3 điểm)

Tìm x, biếtt: 3x +1 - √9 x2−6 x +1 + 6 = 0

Bài 4: (6 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O; R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I và I khác O

a) Chứng minh: IA IC = IB ID

b) Vẽ đường kính CE, chứng minh ABDE là hình thang cân

Suy ra: AB2 + CD2 = 4R2 và AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2

c) Gọi M là trung điểm của CD Chứng minhL AB = 2.OM

d) Từ A và B vẽ các đường thẳng vuông góc đến CD và lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại

K Chứng minh: A, B, K, F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt

Bài 1: ( 6 điểm )

1) Chứng minh rằng M = 2 + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( 2 điểm )

Ta có: M = 2+22+23 + … + 220

= ( 2+22+23+24 ) + ( 25+26+27+28 ) + … + ( 217+218+219+220 ) (0,75 điểm )

= 2.15 + 25.15 + … + 217 15 (0,5 điểm )

= 15 ( 2 + 25… + 217 ) (0,5 điểm )

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm )

* Với p= 2 ⇒ p + 8 và p + 10 là các hợp số ( Không TMĐK bài toán ) (0,25 điểm )

* Với p= 3 ⇒ p + 8 và p + 10 là các số nguyên tố ( TMĐKbài toán ) (0,25 điểm )

* Với p = 3k + 1 ( k N, k chẵn )

⇒ p + 8 = 3k + 9 ⋮ 3 là hợp số (Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm )

*Với p = 3k + 2 (k N, k lẽ )

⇒ p + 10 = 3k + 12 ⋮ 3 là hợp số(Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm )

Vậy với p = 3 thì p + 8 và p + 10 là các số nguyên tố (0,5 điểm )

3) Tìm tất cả các số tự nhiên có hai chữ số ab , sao cho: ab 2 - ba 2 =1980 ( 2 điểm )

ab2 - ba2 = 1980 ⇔ (ab+ ba ) (ab − ba )=1980 (0,25 điểm )

⇔ (10a+b+10b+a)(10a+b-10b-a) =1980 (0,25 điểm )

⇔ 11(a+b).9(a-b) =1980 (0,25 điểm )

⇔ 99(a+b)(a-b) =1980 (0,25 điểm )