ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI Môn Toán 9

PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ ------

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn Toán. Thời gian 150 phút Câu 1: (1đ)

Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn

2010

1 1 1 1

2010 x y z

x y z

  



   

 .

Chứng minh rằng trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau.

Câu 2: (1đ) Cho n  N^*. Chứng minh rằng :

1

1 3

n

n

   

 

 

Câu 3: (1đ) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy yz zx A  z  x  y

Câu 4: (1đ) Chứng minh rằng :P4n³6n²3n17 không chia hết cho 125, n N.

Câu 5:(1,5đ) a) Tìm số tự nhiên n sao cho

3

ⁿ

 55

là số chính phương.

b) Cho a + 1 và 2a + 1 (a  N) đồng thời là hai số chính phương.

Chứng minh rằng a chia hết cho 24.

Câu 6: (1,5đ)Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

a)

x

⁴

 x

²

  1 y

² b)

2

^x

 3

^y

 1

Câu 7: (3đ) Cho tam giác đều ABC với tâm O. Gọi M là điểm bất kì bên trong tam giác ABC. Kẻ

, , .

MH BC MK  AC MI AB

a) Chứng minh rằng: MH + MK + MI = h ( h là chiều cao của tam giác ABC).

b) Đường thẳng MO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A’, B’, C’.

Chứng minh rằng: ' ' '

' ' ' 3

MA MB MC

OA  OB OC  .

---Hết--- ĐÁP ÁN

Câu 1: Từ

2010

1 1 1 1

2010 x y z

x y z

  



   



1 1 1 1 1 1 1 1

x y z x y z x y z x y z 0

   

              

^{0 ( ) (}



⁾



⁰

( )

x y x y

x y z x y z xy xy z x y z

 

        

 

⁽x y zx zy z ⁾



  ²xy



 ^{0 (}x y z x z ^{) (}



 ⁾ y x z⁽  ⁾



⁰

0

( )( )( ) 0 0

0

x y x y

x y y z z x y z y z

z x z x

   

 

 

          

     

 

Vậy trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau.

Câu 2 :

 Với n = 1, ta có :

1

1

1 2 3

1

    

 

 

^(đúng)

 Với n  2, ta có :

1 1 1 .1 ( 1) 1. ₂ ( 1)( 3) 1. ₃ .... ( 1)( 2)...2.1 1.

2! 3! !

n

n

n n n n n n n n

n n n n n n n

    

        

 

 

1 1 1

1 1 ...

2! 3! n!

 

      

Mặt khác: 1 1 1 1 1 1 1

... ... 1 1

2! 3!   n! 1.2 2.3 (n 1)n   n

 Vậy

1

1 3

n

n

   

 

 

^(đpcm)

Câu 3:

Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên

xy 0, yz 0, zx 0 z  x  y 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :

xy yz 2 xy yz . 2

z  x  z x  y

⁽¹⁾

yz zx 2 yz zx . 2

x  y  x y  z

(2)

zx xy 2 zx xy . 2

y  z  y z  x

(3)

Từ (1), (2), (3) 

2 xy yz zx 2( ) 2

x y z

z x y

 

     

 

 

(vì x + y + z = 1)  2A  2  A  1

Vậy Min A = 1 

1

3 xy yz zx

x y z z  x  y    

Câu 4:

Giả sử tồn tại n  N sao cho P 4n³6n²3n17 _ ^{125  P} _ 5  2P 2(4n³6n² 3n17) (2 n1)³35 5

 (2n1) 5³ 2n1 5 2n 1 5 ,k k N  ^{k lẻ} Đặt k = 2m + 1, m  N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1  n = 5m + 2

Khi đó :P4(5m2)³6(5m2)²3(5m 2) 17 125(4 m³6m²3 ) 45m  không chia hết cho 125, trái với điều giả sử.

VậyP4n³6n² 3n17 không chia hết cho 125, với mọi n^ N.

Câu 5:

a) Đặt

3

ⁿ

 55  a

², với a  N (1)

Từ (1)  a chẵn 

a

²

 0(mod 4)



3

ⁿ

 1(mod 4)

(2) Mặt khác:

3   1(mod 4)  3

ⁿ

  ( 1) (mod 4)

ⁿ (3) Từ (2) và (3)  n chẵn  n = 2m, (m  N)

pt (1)

 a

²

 (3 )

^{m 2}

 55  ( a  3 )(

^m

a  3 ) 55

^m



^(*)

Vì

0   a 3

^m

  a 3

^mnên từ (*) 

3 11

3 5 3 3 1

3 27 3

3 55

3 1

m

m m

m m m

a

a m

a m a

  

      

  

      

  



 Với m = 1  n = 2 

3

ⁿ

 55 3 

²

 55 64 8  

²

 Với m = 3  n = 6 

3

ⁿ

 55 3 

⁶

 55 784 28  

²

Vậy

n    2;6

^thì

3

ⁿ

 55

là số chính phương.

b) Đặt a + 1 = k², 2a + 1 = m² , (k, m  N)

Vì 2a + 1 lẻ nên m² lẻ  m lẻ  m = 2t + 1, (t  N)  2a + 1 = (2t + 1)²  a = 2t(t + 1) là số chẵn  a + 1 lẻ  k² lẻ  klẻ  k = 2n + 1, (n  N)

Do đó từ a + 1 = k²  a = (k – 1)(k + 1) = 4n(n + 1) _ 8 (1) Mặt khác: k² + m² = a + 1 + 2a + 1 = 3a + 2

 2(mod 3)

 k

²

 m

²

 1(mod 3)  m

²

 k

²

  a 0(mod 3)

^hay

a  3

⁽²⁾

Từ (1) và (2) 

a



(3.8)

, (vì (3; 8) = 1) Vậy a chia hết cho 24.

Câu 6: a)

x

⁴

 x

²

  1 y

² (1)

Ta có

x

²

  0 x



( ) x

^{2 2}

 x

⁴

 x

²

  1 ( x

²

 1)

²

Do đó từ (1) 

( ) x

^{2 2}

 y

²

 ( x

²

 1)

² (*)

Vì x² và x² + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) 

y

²

 ( x

²

 1)

²

 ( x

²

 1)

²

 x

⁴

 x

²

  1 x

²

   0 x 0

^

y

²

    1 y 1

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1) b)

2

^x

 3

^y

  1 2

^x

  1 3

^{y (1)}

Từ (1)  2^x > 1  x > 0 

y  0

Xét y là số chẵn : Ta có :

3   1(mod 4)  3

^y

  ( 1) (mod 4)

^y

 3

^y

 1(mod 4)

(vì y chẵn) Do đó từ pt(1) 

2

^x

 2(mod 4)

 x = 1  y = 0

 Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m  N) .Ta có :

3

^y

 3

^2m1

 3.9

^m

 3(mod8)

Do đó từ pt(1) 

2

^x

 4(mod 8)

 x = 2  y = 1

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1) Câu 7:

Chứng minh:

a) Ta có: SABC SMBC SMCASMAB

1 1 1 1

. . . .

2 BC h 2 BC MH 2 AC MK 2 AB MI

   

BC h. (MH MK MI BC  ).

MH MK MI  h (đpcm)

b) Từ O kẻ OH'BC OK, 'AC OI, ' AB Theo kết quả câu a ta có:

OH’ + OK’ + OI’ = h

Mà O là tâm của tam giác đều ABC nên:

1

' ' '

OH OK OI 3h Ta có: MH // OH’ nên: '

' '

MA MH

OA OH (1) OK’ // MK nên: '

' '

MB MK

OB OK (2) IM // OI’ nên: '

' '

MC MI

OC OI (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta có:

' ' '

' ' ' ' ' ' '

MA MB MC MH MK MI MH MK MI

OA OB OC OH OK OI OH

 

      (vì OH’ = OK’ = OI’)

3

1 3 h

h

 

Vậy ' ' '

' ' ' 3

MA MB MC

OA  OB OC  (đpcm)

H C'

K

I B'

A'

I'

H'

K' O

A

B C

M