tong hop de thi hsg toan 8 thanh chuong cuc hay

Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE, đường thẳng này cắt CD tại F.. Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K.[r]

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG

NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:

a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x4+2011 x2

+2010 x +2011

b) Tìm các số nguyên x ; y sao cho: 3 x3

+xy=3

c) Tìm các hằng số a và b sao cho x3

+ax+b chia cho x +1 dư 7; chia cho x − 2dư 4

Câu 2:

a) Tính giá trị biểu thức:

A=|x2

+y2

+5+2 x − 4 y|−¿ với x=22011; y=16503

b) Tìm x để B có giá trị nhỏ nhất: B

2 2

2 2011

x



với x> 0

Câu 3: Chứng minh rằng

a) 2011

3

+113

20113+20003=

2011+11 2011+2000 b) Nếu ;m n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4 m2

+m=5 n2+n thì :

m n và 5m5n đều là số chính phương.1

Câu 4 :

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD) Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N

a) Chứng minh OM=ON

b) Chứng minh 1

AB+

1

CD=

2

MN c) Biết SAOB=a2; SCOD=b2.Tính SABCD ?

d) Nếu ^D< ^ C <900 Chứng minh BD > AC

UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG

PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

1a

0,75đ

a/ x4

+2011 x2+2010 x +2011=x4+x3

+x2

+2010 (x2

=(x2

b/ 3 x3

+xy=3⇔ x(3 x2

+y)=3 Do x ; y là các số nguyên nên ta có: 0,25

0,75đ

TH1:

x=1

3 x2

+y=3

⇔

¿x =1

y =0

¿{

¿

¿

(thỏa mãn) hoặc 2

26

y

x y





0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

TH2:

x=−1

3 x2

+y=−3

⇔

¿x =−1

y =−6

¿{

¿

¿

(thỏa mãn) hoặc 2

28

y

x y





0,25

0,75đ

c/ Vì x3

+ax+b chia cho x +1 dư 7 nên ta có: x3

+ax+b=( x +1) Q(x )+7 do đó với x=− 1 thì

-1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1)

0,25

Vì x3

+ax+b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x3+ax+b=( x − 2) P(x )+4 do đó với x=2 thì 8+2a+b=4,

tức là 2a+b=-4 (2)

0,25

2.

a.

0,75đ

a/ Ta có: x2

+y2+5+2 x −4 y=( x +1)2+( y − 2)2≥ 0với mọi x ; y nên ta có: 0,25 A= x2

+y2+5+2 x −4 y − ( x+ y −1)2

+2 xy

= x2

+y2+5+2 x −4 y − x2− y2−1 −2 xy +2 x +2 y +2 xy=4 x − 2 y +4=2(2 x − y )+4

0,25

Thay x=22011

; y=16503=(24)503=22012 vào A ta có: A=2 (2 22011− 22012)+4=4 0,25

b

1,0đ

b/ B=x

2−2 x+ 2011

x2 =

2011 x2− 2 x 2011+20112

2011 x2

0,5

=2010 x

2

+(x −2011 )2

2010

Dấu “=” xẩy ra khi x=2011.

0,25 Vậy GTNN của B là 20102011 đạt được khi x=2011.

1,0đ

Xét vế phải đẳng thức ta có: 2011

3

+113

20113+20003=a3+b3

a3+c3=(a+b)(a2−ab+b2)

(a+ c)(a2− ac+c2) 0,25

Thay a=b+c vào a2

− ab+b2=(b+c )2− (b+c) b+b2=b2+bc+c2 0,25

a2− ac+c2

=(b +c )2− (b+c ) c +c2=b2

Nên a2

− ab+b2=a2− ac+c2

0,25 Vậy: 2011

3

+113

20113+20003=a3+b3

a3+c3=(a+b)(a2−ab+b2)

(a+ c)(a2− ac+c2)=

a+b a+c=

2011+11 2011+2000

1,0đ

b/Ta có4 m2

+m=5 n2+n⇔5(m2−n2)+m−n=m2⇔ (m− n) (5 m+5 n+1)=m2(*) 0,5

Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)⇒(5m+5n+1)+5m-5n⋮ d⇒10m+1⋮ d

Mặt khác từ (*) ta có: m2⋮ d2⇒m⋮ d Mà 10m+1⋮ d nên 1⋮ d⇒d=1

0,25

Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số

chính phương

0,25

1,0đ

a/ Ta có OA

AC=

OB

BD Do MN//DC

⇒OM

DC =

ON

DC⇒OM=ON.

0,5

0,5

1,0đ

b/ Do MN//AB và CD ⇒

OM

CD =

AM

AD và

OM

AB =

DM



(1)

0,25

Tương tự: ON

DC +

ON

Từ (1);(2) ⇒MN

DC +

MN

AB =2

0,25

⇒ 1

DC+

1

AB=

2 MN

0,25

1,0

0,75

c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương

ứng Do vậy : SAOB

SAOD=

OB

OD và

SAOD

SCOD=

OA OC

0,25

Nhưng OB

OD=

OA

OC⇒ SAOB

SAOD=

SAOD

SCOD⇒S2AOD

=SAOB SCOD=a2 b2 nên SAOD=ab

Tương tự SBOC=ab.Vậy SABCD=(a+b )2

0,5

0,25

d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K

Do ^D<^ C <900 nên H, K nằm trong đoạn CD

Ta có A ^E D=B ^ C D= ^ C >^ D ⇒AD>AE

Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy

AD>BC ⇒DH>KC⇒DK > CH

0,25

0,25

Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB2 BK2DK2 AH2CH2 AC2(Do

AH BK  BD AC

0,25

HS làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN 8

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1

N M

O

H

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)

a Phân tích đa thức thành nhân tử: x3- x2 4 4- x+ ;

b Chứng minh: n.28n+26n- 27 chia hết cho 27, với n NÎ

c Cho a b c =-2012, tính giá trị của biểu thức:

2012

P

-Câu 2

a Giải phương trình:x2+ + + =y2 6 5 0y ; với ,x y nguyên.

b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 4

2 1

x Q

x +

-=

Câu 3

Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy D sao cho HD

= HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E M là trung điểm BE

a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC.

b) Tính số đo góc AHM

Câu 4

Cho tứ giác lồi ABCD Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ giác OBCD và

OBAD có diện tích bằng nhau (Không yêu cầu chứng minh phần đảo).

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ KĐCL MŨI NHỌN

NĂM HỌC: 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN 8 Thời gian: 90 phút( không kể thời gian giao đề)

1

a x 3 - x 2 - 4 x + = 4 x x 2 ( - - 1) 4( x - = - 1) ( x 1)( x + 2)( x - 2) 1,0

3,0 b

.28 26 27 28 27 27 (28 1) 27( 1) ( 28 26 27) 27

     

0,5

0,5

c

Thay -2012=a b c vào ta có:

1

1

bc

P

ab a abc bc b +ac abc c abc = + + +bc b + + + =

1,0

a

( )

2

x + + + = Ûy y x - =- + + Ûy x - =- +

Vế phải của (1): -(y+3)2£0 nên x2- £ Û4 0 x2£ Û - £ £4 2 x 2

Mà x, y nguyên nên: x=± ±2; 1;0

Khi x=± thì 2 y=- ; Khi 3 x =± thì không tìm được giá trị y nguyên; 1

Khi x= thì 0

1 5

y é-ê

= ê-ë Vậy phương trình có nghiệm là: ( 2;3); (2;3); (0; 1); (0; 5)- -

-0,5

0,5

0,5 2,0

b

3 4

x Q

x

+

-=

Vậy Q max =4

Dấu “=” xẩy ra Û

1 2

x=

1,0

0,5

3

a

3

2

1

2 M

E

D H

B

A

C

0,25

3,0

a) Do DDEC ∽ ABC (Hai tam giác vuông có C chung)D

(*)

AB BC

Xét DBEC và DADC Có C chung kết hợp (*) =>DBEC D∽ ADC (g.c.g)

0,5 0,25

0,5

b b) DBEC∽ ADC =>D B1= , DAHD vuông cân tại H nên A1  0

A =

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME Þ DBMA vuông cân tại M

Þ AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);

Þ BH.BC = BE.BMÞ

BE =BC

Þ DBHM∽ DBEC∽ DADC

0,25

0,25

0,5

D1

hb

ho

ha

B

C

A

D O

0,25

4

Giả sử O là điểm nằm trong tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD.

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại

D1, cắt AC tại B1 Nối OC, OB, AC, BD

và kẻ các đường cao ha, hb, hc như hình vẽ Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD

=

1

2BD h c+h o

SBODA = 1 1 1 1 1 1

1

2

S +S +S = B D h + +h h

1 1

c o

a o

BD h h

B D h h

+

+

Vì B1D1//BD nên 1 1

(2)

a

a o

h BD

B D = h h

+

Từ (1) và (2)

1

c o

a

h h

h

+

Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrung điểm cuả AC

Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN 8

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1

a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)

b Chứng minh  n N* thì n3  là hợp số.n 2

c Cho hai số chính phương liên tiếp Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ

Câu 2.

a Giải phương trình:

x x x x

b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 Tính S = a2 + b 2012 + c 2013

Câu 3

a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18

b Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác

Chứng minh:

a b c

a b c  a b c a b c       

Câu 4 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB, BC; CD; DA M là giao điểm của CE và DF

a Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông

b Chứng minh DF  CE và  MAD cân

c Tính diện tích  MDC theo a

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN 8

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

m

Câu 1

3

điểm

a 1

điểm

= (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9

= (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) 0.5

0,5

b 1

điểm

Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1)

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

Do  n N* nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số

0.25 0,25 0.5

c 1

điểm

Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2

Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1

= (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1

= ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn  a2 + a + 1 là số lẻ

0.25 0.25 0.25

0.25

Câu 2

2

điểm

a

1.5

điểm

Phương trình đã cho tương đương với:

0 5

2013 2013 2013 2013



2012 2011 2010 1

 x = 2013

0 5

b

0.5

điểm

a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1  a; b; c   1;1

 a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) 0

 a3 + b3 + c3  1  a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1

 b2012 = b2; c2013 = c2;  S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1

0.25

0.25

Câu 3

1.5

điểm

a 1

điểm

Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18

A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1

A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1  1 Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3

0.25 0.25 0.25 0.25 b

0.5

điểm

vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0;

a - b + c > 0 Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0

ta có: x + y + z = a + b + c; 2 ; 2 ; 2

a  b  c 

1

1

4

y x z x y z z x y

x y z

x y z x y z x y z

Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh

0.25

0.25

Câu 4

3.5

điểm

Hìn

h vẽ

0 5

đ

N

M

G

F E

C

B

H A

D

0.5

điểm

Chứng minh có 1 góc vuông

Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông

0 5 0.25

b 1

điểm

( )

BEC CFD c g c  ECB FDC

Hay CE  DF

Gọi N là giao điểm của AG và DF Chứng minh tương tự: AG  DF 

GN//CM mà G là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM Trong  MAD có

AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến   MAD cân tại A

0.25 0.25

0.25

0.25 c

0.75

điểm

( ) CD CM

CMD FCD g g

Do đó :

CMD

FCD





Mà :

2

FCD

S  CF CD CD

Vậy :

2

2 2

1 4

CMD

CD

FD





Trong DCF theo Pitago ta có :

DF CD CF CD  BC CD  CD  CD

Do đó :

2

2

4

MCD

CD

CD



0.25

0.25

0.25

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình.

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN 8

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2.5 điểm ).

a Phân tích đa thức thành nhân tử: x2 2 xy  6 y  9

b Giải phương trình:

c Tìm đa thức f x biết: ( )( ) f x chia cho x  2 dư 5; ( )f x chia cho x  3 dư 7; ( )f x chia

cho (x 2)(x 3) được thương là x 2 1 và đa thức dư bậc nhất đối với x

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)

Bài 2: (2.0 điểm)

Cho: P 7.2014n12.1995n với n N ;

Q



    Chứng minh:

a P chia hết cho 19.

b Q không phụ thuộc vào x và Q  0

Bài 3: (1,5 điểm)

a Chứng minh: a2 5 b2 (3 a b  ) 3  ab  5

b Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x2 3 y2 4 x  19

Bài 4: ( 4.0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K

a Chứng minh  ABC đồng dạng  EFC

b Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và

D Chứng minh NC = ND và HI = HK

c Gọi G là giao điểm của CH và AB Chứng minh:

AH

6

HE HF  HG 

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN THI KSCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI: TOÁN 8

Câu

1

âc x2 2 xy  6 y  9 = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3)

=(x+ 3)(x + 2y – 3)

0.5 0 5

x x x x





 (x – 2014)(

2013 2012  2)

= 0

 x = 2014

0.5 0,25

c Gọi dư trong phép chia f(x) cho x2 - 1 là ax + b

Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b

Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7

HS tính được a = 2 ; b = 1

Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1

0.25 0.25 0.25

Câu

2

a P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n)

Ta có : 19 2014n  19 ; (2014n -1995n)  19 nên P  19

0.25 0.5

Q =



1 1

x x n n n n x

x x n n n n x

=

    

     =



Vậy Q không phụ thuộc vào x

Q =

2 2

2

2

0

n

n n

 

 

0,25 0.5 0.25 0.25

Câu

3

a a2 + 5b – (3a + b)  3ab – 5  2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0

 a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 0

 (a– 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1

0.25 0.25 0.25

b 2 x2 3 y2 4 x  19  2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2  2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*)

Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) 2  y lẻ (1)

Mặt khác VT 0  3(7 – y2) 0  y2  7 (2)

Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18

HS tính được nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1)

0,25 0.25

0.25

Câu

4

G

N

D

K

I

M

H

F

E

A

0.25

a

Ta có  AEC   BFC (g-g) nên suy ra

CE CA

CF CB

Xét  ABC và  EFC có

CE CA

CF CBvà góc C chung nên suy ra  ABC   EFC ( c-g-c)

0.75

0.75

b Vì CN //IK nên HM  CN  M là trực tâm  HNC

 MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD

Do M là trung điểm BC nên  NC = ND

0.5 0.25 0.25

 IH = IK ( theo Ta let) 0.25

c

Ta có:

AHC ABH AHC ABH AHC ABH

AH



Tương tự ta có

BHC BHA AHC

BH





và

BHC AHC BHA

CH





HE HF HG 

AHC ABH BHC

S



 BHC BHA

AHC

S



 BHC AHC

BHA

S



=

AHC ABH

BHC BHC

BHC BHA AHC AHC

BHC AHC BHA BHA

S S  Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt6 thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng

0.5 0.25

0.25

NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN THI: TOÁN – LỚP 8

Câu 1 (2,5 điểm)

a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3x y2  5x 5y

b Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố Chứng minh rằng p3 +2 cũng là số nguyên tố?

c Tìm số nguyên n để n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n + 1?

Câu 2 (2,0 điểm)

a Cho 2a – b = 7 Tìm giá trị của biểu thức P =



b Tìm x biết:

0

2014 2013 2012 2011 2

x x x x x

Câu 3 (2 điểm)

a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2

4 2 2

x x





b Cho x ; y > 0 Chứng minh :

y  x  y  x  y x 

Câu 4 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE,

đường thẳng này cắt CD tại F Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K Qua E kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AI tại G

a Chứng minh AE = AF

b Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi

ĐỀ CHÍNH THỨC

c Chứng minh AKF đồng dạng  CAF.

d Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện tích DEM đạt giá trị lớn nhất?

PHÒNG GD&ĐT

THANH

CHƯƠNG

ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2014-2015

MÔN TOÁN 8

Câu 1

a x3x y2  5x 5y

=

x x y  x y

=(x + y)(x2 - 5)

= (x y x )(  5)(x 5)

0.5 0.5

b Vì p và p2 + 2 đều là

các số nguyên tố nên

p lẻ

Nếu p = 3 thì p và p2

+2 đều là nguyên tố suy ra p3 +2 = 29 là

số nguyên tố Nếu p > 3 p có dạng 6k + 1 hoặc 6k – 1 khi đó p 2 + 2 chia hết cho 3 nên p2 + 2 không là số nguyên

tố Vậy khi p và p2 +

2 là số nguyên tố thì

p = 3

0.25 0.25 0.25

c Ta có: n3 – n2 + 2n +

7 = n2(n + 1) -2n(n + 1) +4(n +1) + 3

Để n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n + 1 thì

3 chia hết cho n + 1

Từ đó HS tìm được

n tương ứng

0 5 0.25





P =

1 1 0

0.5

0.5

0

2014 2013 2012 2011 2

x x x x x