đe thi HSG toan 9

ĐỀ SO 1 Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng, nếu a + b + c = 0 thì a 3 + b 3 + c 3 = 3abc b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz ≠ 0. dựa vào kết quả câu trên hãy tính A = 2 2 2 yz xz xy x y z + + Bài 2: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 2 + 2002 là một số chính phương Bài 3: (4 điểm) Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5) 2 = (4(n – 2)) 3 Bài 4: (4 điểm) Một trường có 2392 học sinh. Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường (nhưng không có học sinh nào đạt 2 giải). Biết rằng số các học sinh đạt mỗi giải nói trên cũng là các chữ số của học sinh còn lại; và số học sinh đạt giải quốc tế ít hơn số học sinh đạt giải quốc gia, số học sinh đạt giải quốc gia ít hơn số học sinh đạt giải tỉnh và số học sinh đạt giải tỉnh ìt hơn số học sinh đạt giải của trường. Hãy cho biết số học sinh đạt mỗi giải nói trên và số học sinh còn lại không đạt giải? Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ ABC, trên AB và AC về phía ngoài tam giác ta dựng hai hình vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng trung tuyến qua A của ∆ AEN kéo dài chính là đường cao của ∆ ABC GIẢI: Bài 1: a/ Từ a + b + c = 0 <=> a + b = -c <=> (a + b) 3 = -c 3 <=> a 3 + b 3 + 3ab(a + b) = -c 3 <=> a 3 + b 3 + 3ab(-c) = -c 3 <=> a 3 + b 3 + c 3 = 3abc b/ Vì xyz ≠ 0 nên từ xy + yz + xz = 0 <=> 1 1 1 x y z + + = 0. p dụng câu a ta suy ra: 3 3 3 1 1 1 x y z + + = 3. 1 1 1 . . x y z Từ A = 2 2 2 yz xz xy x y z + + = 3 3 3 xyz xyz xyz x y z + + = xyz( 3 3 3 1 1 1 x y z + + ) = xyz. 3. 1 1 1 . . x y z = 3 Bài 2: Giả sử có số chính phương thì n 2 + 2002 = k 2 (x ∈ N) <=> 2002 = (k + n)(k – n) (1) Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002. Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ. Do 2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn; Suy ra (k + n)(k – n)  4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002  4. Điều này vô lí. Vậy không có số nguyên n nào để n 2 + 2002 là số chính phương. Bài 3: (n + 5) 2 = (4(n – 2)) 3 <=> n 2 + 10n + 25 = 64(n 3 – 6n 2 + 12n – 8) <=> n 2 + 10n + 25 = 64n 3 – 384n 2 + 768n – 512 <=> 64n 3 – 385n 2 + 758n – 537 = 0 <=> (n – 3)(64n 2 – 193n + 179) = 0 <=> n – 3 = 0 hoặc 64n 2 – 193n + 179 = 0 <=> n = 3 Vì 64n 2 – 193n + 179 = 0 vô nghiệm Bài 4: Gọi số học sinh đạt giải là a, b, c, d; Trong đó 1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 Theo bài toán ta có: abcd + a + b + c + d = 2392 Vì 1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 => a + b + c + d ≤ 36 => abcd > 2300 => a = 2 và b = 3 Lúc đó ta có: 23cd + 2 + 3 + c + d = 2392 <=> 2300 + 10c + d + 5 + c + d = 2392 <=> 11c + 2d = 87 Mà 0 ≤ 2d ≤ 18 <=> 69 ≤ 11c ≤ 87 <=> 6 ≤ c ≤ 7 Nếu c = 6 => 11.6 + 2.d = 87 => d = 21/2 (không thoả mãn) Nếu c = 7 => 11.7 + 2.d = 87 => d = 5 Vậy số học sinh giỏi quốc tế của trường đó là 2; Số học sinh giỏi quốc gia là 3; Số học sinh giỏi cấp tỉnh là 5 và Số học sinh giỏi cấp trường là 7; Và số học sinh còn lại là 2375 Bài 5: Gọi F là trung điểm FN Nối FA kéo dài cắt BC tại H Trên tia đối tia FA lấu I sao cho FI = FA => AEIN là hình bình hành => IN = AE = AB và IE = AN = AC · · IEA BAC= (cùng bù với góc EAN) => ∆ AEI = ∆ BAC (c-g-c) => · · BIA ACB= Mà · · BIA IAN= (Sole trong EI//AN) => · · IAN ACB= Mặt khác: · · IAN HAC+ = 1v => · · HCA HAC+ = 1v => · AHC = 1v Hay AF ⊥ BC The and DE 2 Bài 1: (3 điểm) Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12 Bài 2: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x 3 + xy – 7 = 0 Bài 3: (3 điểm) Giải phương trình sau với ẩn số là x: a b 1 bx 1 ax = − − Bài 4: (4 điểm) Cho 0 < x, y, z < 1. Chứng minh 0 < x + y + z – xy – yz – xz < 1 Bài 5: (3 điểm) Cho ∆ ABC. Hãy xác đònh (dựng hình) trên cạnh BC một điểm E và trên cạnh AB một điểm D sao cho BD = DE = EC Bài 6: (4 điểm) Cho ∆ ABC có các cạnh không bằng nhau. Hãy tìm một điểm trong tam giác sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó đến các đường thẳng AB, BC, CA là nhỏ nhất. GIẢI: Bài 1: Theo bài toán ta phải chứng minh: n 2 (n 2 – 1) M 12 Thật vậy: n 2 (n 2 – 1) = (n – 1)n 2 (n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1) Ta có: (n – 1)n M 2 và n(n + 1) M 2 => n 2 (n 2 – 1) M 4 Và: n 2 (n 2 – 1) = n(n – 1)n(n + 1) M 4 Mà (3, 4) = 1 => n 2 (n 2 – 1) M 3.4 = 12 Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x 3 + xy – 7 = 0 (1) A B CH D E M N I F (1) <=> x(2x 2 + y) = 7; Mà 7 = 1.7 = -1.(-7); Vì x nguyên dương nên ta chỉ chọn các giá trò của x > 0; Và x nguyên dương nên x < 2x 2 + y. Nên ta có: 2 x 1 2x y 7 =   + =  <=> x 1 y 5 =   =  Cách 2: Từ (1) <=> y = 3 7 2x x − = 7 x – 2x 2 ; Để y nguyên thì 7 x là số nguyên => x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7 => y = 5 và y = -97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5 Bài 3: Giải phương trình a b 1 bx 1 ax = − − (1) ĐKXĐ: x ≠ 1 b và x ≠ 1 a (1) <=> a(1 – ax) = b(1 – bx) <=> a – a 2 x = b – b 2 x <=> a 2 x – b 2 x = a – b <=> (a 2 – b 2 )x = a – b Nếu a 2 – b 2 ≠ 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 2 a b 1 a b a b − = + − Nếu a = b thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 <=> Phương trình (1) có nghiệm với mọi x ≠ 1 b và x ≠ 1 a Nếu a = -b = 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 <=> Phương trình (1) có nghiệm với mọi x ≠ 1 b và x ≠ 1 a Nếu a = -b ≠ 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = -2b <=> Phương trình (1) vô nghiệm Bài 4: Vì 0 < x, y, z < 1 => 1 – x > 0 => y(1 – x) > 0 => y – xy > 0 Tương tự ta có: x – xz > 0 và z – yz > 0 => 0 < x + y + z – xy – yz – xz (1) Mặt khác từ: 1 – x > 0; 1 – y > 0 và 1 – z > 0 => (1 – x)(1 – y)(1 – z) > 0 => 1 – x – y – z + xy + xz + yz – xyz > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz + xyz) > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz) > 0 ( vì xyz > 0) Hay 1 > x + y + z –xy– xz – yz (2) Từ (1) và (2) ta suy ra điều cần chứng minh. Bài 5: Giả sử ta tìm được D, E thoả mãn điều kiện bài toán thì ta có BD = DE = EC; Lúc đó ta có ∆ ECD cân tại E => · · DCE EDB= Mà · · · DCE EDB DEB+ = => · · · 1 DCE EDB DEB 2 = = Mặt khác ta cũng có: ∆ EDB cân tại D => · · DBE DEB= => · · µ 1 DCE EDB B 2 = = Từ đó ta có cách dựng như sau: + Tại C dựng tia Cx nằm trong tam giác ABC tạo CB một góc bằng µ 1 B 2 ; Cx cắt AB tại D + Tại D dựng tia Dy nằm trong tam giác DBC tạo CD một góc bằng µ 1 B 2 ; Cy cắt BC tại E Chứng minh: Từ cách dựng ta có · · µ 1 DCE EDB B 2 = = => ∆ ECD cân tại E => DE = EC A B C D E Mặt khác · · · DEB DCE EDB= + = µ 1 B 2 + µ 1 B 2 = µ B => ∆ EDB cân tại D => DE = BD Vậy BD = DE = EC ĐỀ 3 Bài 1: (3 điểm) Cho số tự nhiên N = 2003 2004 . Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n 1 ; n 2 ; …; n k S n = n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 . Tìm số dư của phép chia S cho 6 Bài 2: (6 điểm) 1/ Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm số nguyên 2/ Cho các số a 1 ; a 2 ; …; a 2003 . Biết rằng: a k = 2 2 3 3k 3k 1 (k k) + + + với mọi k = 1,2,3, …, 2003. Tình tổng a 1 + a 2 + … + a 2003 Bài 3: (2 điểm) Biết rằng |a + b + c| ≤ 1; |c| ≤ 1; a b c 4 2 + + ≤ 1. Chứng minh rằng: |a| + |b| + |c| ≤ 17 Bài 4: (3 điểm) Cho ∆ ABC. Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy các điểm A 1 , B 1 , C 1 sao cho AB 1 = BC 1 = CA 1 . Chứng minh rằng nếu tam giác A 1 B 1 C 1 đều thì ∆ ABC cũng đều. Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A, · BAC = 40 0 , đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho · · EBA FBC= = 30 0 . Chứng minh rằng AE = AF GIẢI: Bài 1: Vì a 3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a Đặt N = n 1 + n 2 + … + n k , ta có: S – N = (n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 ) – (n 1 + n 2 + … + n k ) = = (n 1 3 - n 1 ) + (n 2 3 - n 2 ) + … + (n k 3 - n k ) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6 Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 2003 2 chia cho 6 dư 1 => N = 2003 2004 = (2003 2 ) 1002 chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1. Bài 2: 1/ Giả sử đa thức P(x) có nghiệm số nguyên là a, ta có P(x)  x – a. Do đó P(x)= (x – a).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên) Ta có: P(0) = -a.g(0) là số lẻ => a là số lẻ Mặt khác P(1) = (1 – a)g(1) là số lẻ => 1 – a là số lẻ => a chẵn (Mâu thuẫn) Vậy P(x) có nghiệm số nguyên là sai. Do đó đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên 2/ Ta có: a k = 3 2 3 3 3 k 3k 3k 1 k (k 1) k + + + − + = 3 3 3 3 (k 1) k k (k 1) + − + = … = 3 1 k 3 1 (k 1) − + Với mọi k = 1, 2, 3, …, 2003 Với k = 1: a 1 = 3 1 1 2 − ; k = 2:a 2 = 3 3 1 1 2 3 − ; … ; k = 2003: a 2003 = 3 3 1 1 2003 2004 − => S = a 1 + a 2 + a 3 + … + a 2003 = 3 1 1 2004 − = 8048096063 8048096064 Bài 3: Đặt : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = a b c 4 2 + + (3) Theo giả thiết, ta có : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1. Từ (1), (2) => M - N = a + b (4) ; Từ (2), (3) => P - N = a b 4 2 + (5) ; Từ (4), (5) ta dễ dàng => a = 2M + 2N - 4P; b = - M - 3N + 4P Khi đó : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N - 4P| + | - M - 3N + 4P| + |N| ≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ; |P| ≤ 1) Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Bài 4: Giả sử ∆A 1 B 1 C 1 đều. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả thiết : · · · 1 1 1 1 1 1 CA B AB C BC A≥ ≥ (*) Khi đó : CB 1 ≥ AC 1 ≥ BA 1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB 1 = BC 1 = CA 1 ), suy ra · · · ABC BCA CAB≥ ≥ (1) Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A 1 B 1 C 1 đều). Nhưng · · · 1 1 1 1 ABC BC A C A B= + · · · 1 1 1 1 CAB AB C B C A= + => · · ABC CAB≤ (2) Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đđều (đđpcm). Bài 5: Trên nửa mặt phẳng bờ AB, chứa C, lấy điểm K sao cho tam giác ABK đều (hình 1) Trong tam giác ABC, theo giả thiết, ta có :  ABC =  ACB = (180 o - 40)/2 = 70 o =>  ABF =  ABC -  FBC = 70 o - 30 o = 40 o . Vậy  ABF =  BAF => ΔABF cân tại F => FA = FB. Theo cách dựng điểm K, KA = KB. Vậy KF là đường trung trực của đoạn AB => KF là phân giác của  AKB (vì ΔABK đều) =>  FKB = 30 o =>  FKB =  EBA (1) (theo giả thiết) ΔABC cân tại A,  BAC = 40 o , AH là đường cao, =>  BAE = 1/2.40 o = 20 o . Mặt khác KAF =  KAB -  FAB = 60 o - 40 o = 20 o Vậy  KAF =  BAE (2) . Chú ý rằng ΔABK đều nên AB = AK (3) Từ (1), (2), (3) => : ΔKAF = ΔBAE => AF = AE (đpcm) ĐỀ 4 Bài 1: (4 điểm) Tính tổng gồm 2004 số hạng: f 1 2005    ÷   + f 2 2005    ÷   + … + f 2004 2005    ÷   ; trong đó f(x) = x x 100 100 10+ Bài 2: (4 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A, · BAC = 40 0 , đường cao AH. Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho · · EBA FBC= = 30 0 . Chứng minh rằng AE = AF Bài 3: (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ. Chứng minh: x(x – y) 2 + y(y – z) 2 ≥ (x – y)(y – z)(x + y – z) Bài 4: (4 điểm) Có 3 cái chuông trong phòng thí nghiệm. Chuông thức nhất cứ 8 phút reo một lần. Chuông thứ hai cứ 12 phút reo một lần. Chuông thứ 3 cứ 16 phút reo một lần. Cả 3 cái cùng reo vào lúc 7 giờ 30 phút sáng. a/ Hỏi 3 cái chuông lại cùng reo tiếp vào lúc nào? b/ Hỏi trong khoảng từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút, có bao nhiêu lần nghe thấy tiếng reo đồng thời của 2 trong 3 chuông? Bài 5: (4 điểm) Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x 4 + (x + 1) 4 = y 2 + (y + 1) 2 Bài 2: Bài 5 đề TREN Bài 3: Lần lượt gọi vế phải và vế trái của (1) là F và T, ta có: T – F = x(x – z) 2 + y(y – z) 2 – (x – z)(y – z)(x + y – z) = (x(x – z) 2 – (x – z)(y – z)x) + y(y – z) 2 – (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z = x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z) = (x – y)(x 2 – xz – y2 + yz) + z(x – z)(y – z) = (x – y) 2 (x + y – z) + z(x – z)(y – z) + Nếu F ≤ 0, ta có T ≥ 0 ≥ F, Vậy (1) đúng. + Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 (3) Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có: (x – z)(y – z) < 0 => x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F ≥ 0 => (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi x y z x y;z 0 y z;x 0 z x;y 0 = =   = =   = =  = =  Bài 4: a/ Thời gian 3 chuông cùng reo là BC(8; 12; 16); Mà bài toán yêu cầu lần cùng reo kế tiếp nên thời gian đó là BCNN(8; 12; 16) BCNN(8; 12; 16) = 48. Nên sau 48 phút cả 3 chuông cùng reo Vậy lúc đó là: 7giờ 30phút + 48phút = 8giờ 18phút Và từ 7giờ 30phút đến 11 giờ 30 phút là 240 phút, nên cả 3 chuông cùng reo 240 : 5 = 5 lần; vào lúc: 8 giờ 18 phút; 9 giờ 06 phút; 9 giờ 54 phút; 10 giờ 42 phút và 11 giờ 30 phút. b/ Vì chuông 1 cứ 8 phút reo 1 lần, chuông 2 cứ 12 phút reo 1 lần nên cả 2 chuông cùng reo là BC(8; 12) = 24. Vậy cứ 24 phút cả 2 chuông cúng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 10 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 5 lần Tương tự ; cứ 48 phút cả 2 chuông 2 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 5 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 0 lần Và cứ 16 phút cả 2 chuông 1 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 15 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 10 lần Vậy nếu nghe 2 trong 3 chuông cùng reo trong khoảng thời gian trên là 15 lần Bài 5: Ta có: x 4 + (x + 1) 4 = y 2 + (y + 1) 2 <=> 2x 4 + 4x 3 + 6x 2 + 4x + 1 = 2y 2 + 2y + 1 <=> 2x 4 + 4x 3 + 6x 2 + 4x = 2y 2 + 2y <=> x 4 + 2x 3 + 3x 2 + 2x = y 2 + y <=> x 2 (x + 1) 2 + 2x(x + 1) = y 2 + y <=> x 2 (x + 1) 2 + 2x(x + 1) + 1 = y 2 + y + 1 <=> [x(x + 1) + 1] 2 = y 2 + y + 1 <=> (x 2 + x + 1) 2 = y 2 + y + 1 (1) + Nếu y > 0 thì từ y 2 < y 2 + y + 1 < (y + 1) 2 => y 2 + y + 1 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên + Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra: x 2 + x + 1 = 1 <=> x = 0 và x = 1 Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên dương là (0; 0) và (0; 1) ĐỀ 5 Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 b/ Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho 10 n + 2005 chia hết cho 10 2005 – 1. Bài 2: (3 điểm) Tìm các chữ số tự nhiên a, b, c sao cho abbc = ab.ac .7 Bài 3: (5 điểm) a/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương x 2 – 2y 2 = 5 b/ Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1) 2 + (x – 3) 2 Bài 4: (4 điểm) Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong ∆ ABC. Giả sử góc BPC bằng 135 0 . Chứng minh rằng 2PB 2 + PC 2 = PA 2 Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CD = 2BD. So sánh số đo hai góc · BAD và · 1 CAD 2 GIẢI: Bài 1: (4 điểm) a/ Giả sử tồn tại số nguyên n để: n 2 + n + 1 M 9 => 4n 2 + 4n + 4 M 9 => 4n 2 + 4n + 4 M 3 => 4n 2 + 4n + 1 + 3 M 3 => (2n + 1) 2 + 3 M 3 => (2n + 1) 2 M 3 => 2n + 1 M 3 => (2n + 1) 2 M 9 Nhưng khi đó 4n 2 + 4n + 4 = (2n + 1) 2 + 3 không chia hết cho 9, vô lý Vậy với mọi số nguyên n thì n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 b/ Ta có 10 2005 – 1 = (10 – 1)(10 2004 + … + 1) = 9. (10 2004 + … + 1) M 9 Mà 10 n + 2005 = 10 n – 1 + 2006 = (10 – 1)(10 n-1 + … + 1) + 2006 = 9.M + 2006 không chia hết cho 9 Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10 n + 2005 chia hết cho 10 2005 – 1. Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 ≤ abbc ≤ 9999 <=> 1000 ≤ ab.ac .7 ≤ 9999 <=> 143 ≤ ab.ac ≤ 1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b < c =>143 ≤ 2 ab ≤ 1428 <=> 12 ≤ 2 ab ≤ 37 => a = 1; 2; 3 và 2 ≤ b ≤ 7 + Nếu a = 3 ta có: abbc < 4000 nhưng với 2 ≤ b ≤ 7 thì 3b.3c .7 > 7000 vô lý + Nếu a = 2 ta có: abbc < 3000 nhưng với 2 ≤ b ≤ 7 thì 3b.3c .7 > 3000 vô lý + Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995 Bài 3: (5 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x 2 – 2y 2 = 5 (1) Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k ∈ Z) vào (2), ta được: 4k 2 + 4k + 1 – 2y 2 <=> 2(k 2 + k – 1) = y 2 => y 2 là số chẵn. Đặt y = 2t (t ∈ Z), ta có: 2(k 2 + k – 1) = 4t 2 <=> k 2 + k – 1 = 2t 2 <=> k(k + 1) = 2t 2 + 1 (**) Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t 2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b/ Ta có A = (x + 1) 2 + (x – 3) 2 = x 2 + 2x + 1 + x 2 – 6x + 9 = 2x 2 – 4x + 10 = 2(x – 1) 2 + 8 Vì 2(x – 1) 2 ≥ 0 ∀ x => A ≥ 8 ∀ x Vậy minA = 8 <=> x – 1 = 0 <=> x = 1 Bài 4: Từ B ta kẽ BE ⊥ BP Theo giả thiết suy ra: · BPE = 45 0 => ∆ BEP cân tại B => BE = BP và · BEP = 45 0 Và ta cũng có: · EBA = · PBC (cùng phụ góc ABP) Mà AB = BC => ∆ ABE = ∆ CBP (c-g-c) => AE = CP và · AEB = · BPC = 135 0 => · AEC = 90 0 (do · BPE = 45 0 ). p dụng đònh lý Pitago cho tam giác vuông AEP ta có: PA 2 = AE 2 + EP 2 p dụng đònh lí Pitago cho tam giác BEP ta có: PE 2 = EB 2 + BP 2 = BP 2 + BP 2 = 2BP 2 => PA 2 = AE 2 + 2BP 2 = PC 2 + 2BP 2 (do BE = BP) Bài 5: Gọi E là trung điểm DC => BD = DE = EC => ∆ ABD = ∆ ACE (BD = EC; AB = AC; µ µ B C= ) => ¶ ¶ 1 3 A A= và AE = AD Gọi I là trung điểm A => AI = 1 2 AE = 1 2 AD Và DE là đường trung bình ∆ ABE => DI = 1 2 AB và DI//AB Mà D ∈ BC và BD = 1 3 BC => AD < AB => AI < DI => · ADI < ¶ 2 A Mà DI//AB => · ADI = ¶ 1 A (so le trong) => ¶ 1 A < ¶ 2 A => ¶ 1 A + ¶ 3 A < ¶ 2 A + ¶ 3 A => 2 ¶ 1 A < ¶ 2 A + ¶ 3 A => ¶ 1 A < 1 2 ( ¶ 2 A + ¶ 3 A ) Hay · BAD < · 1 CAD 2 ĐỀ Bài 1: (2 điểm) Cho m, n là số nguyên. Chứng minh rằng m 3 n – mn 3 chia hết cho 6 Bài 2: (3 điểm) Cho 2 bình, mỗi bình có dung tích 1 lít. Bình thứ nhất đựng đầy nước và bình thứ hai không đựng gì cả. Ban đầu, người ta rót 1 2 lïng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai, tiếp đó lại rót 1 3 lượng nước trong bình thứ hai sang bình thứ nhất, sau đó lại rót 1 4 lượng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai và quá trình này tiếp tục: 1 5 , 1 6 , 1 7 , … Hỏi cứ rót đi, rót lại như thế thì sau lần rót thứ 2007 có bao nhiêu nước trong mỗi bình? Bài 3: (3 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x 2 + 4x + 8) 2 + 3x(x 2 + 4x + 8) + 2x 2 A B C D P E A B C D 21 3 I E Bài 4: (3 điểm) Cho biết 2 x x x 1+ + = 2 3 − . Hãy tính giá trò biểu thức A = 2 4 2 x x x 1+ + Bài 5: (4 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 6: (5 điểm) Cho ∆ ABC cân tại A. Gọi E là điểm tuỳ ý nằm giữa B và C. Đường thẳng qua E vuông góc với AB và đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt nhau ở D. Gọi K là trung điểm của BE. Tính số đo góc của góc AKD BÀI GIẢI Bài 1: Ta có: m 3 n – mn 3 = mn(m 2 – n 2 ) = mn(m 2 – 1 – n 2 + 1) = mn(m 2 – 1) – mn(n 2 – 1) = = mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) Vì tích 2 số nguyên liên tiếp luôn có một số chẵn nên chia hết cho 2 => mn(m + 1)(m – 1) M 2 Tích 3 số nguyên tiên tiếp chie hết cho 3 => Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 ( vì (2; 3) = 1) => mn(m + 1)(m – 1) M 6 và mn(n – 1)(n + 1) M 6 => mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) M 6 Hay m 3 n – mn 3 M 6 Bài 2: Theo bài toán thì lần 1: Bình 1 còn 1 – 1 2 = 1 2 lít; Bình 2 có 1 2 lít Lần 2: Bình 1 có 1 2 + 1 6 = 2 3 lít; Bình 2 có 1 1 1 1 . 2 2 3 3 − = lít Lần 3: Bình 1 có 2 3 – 2 1 . 3 4 = 1 2 lít; Bình 2 có 1 2 lít Lần 4: Bình 1 có 3 5 lít; Bình 2 có 1 1 1 2 . 2 2 5 5 − = lít Lần 5: Bình 1 có 3 5 – 3 1 . 5 6 = 1 2 lít; Bình 2 có 1 2 lít ………………………………………………………………………………………………………………… Và ta thấy cứ sau số lần rót lẻ thì nước trong bình mỗi bình lại ngang bằng nhau và bằng 1 2 lít Thật vậy: Số lít nước trong bình 2 sau các lần rót 2, 4, 6, … (chẵn) thì có là 1 3 ; 2 5 ; 3 7 ; 4 9 ; … nên có dạng tổng quát cho số lần n chẵn là n 2n 1+ . Do đó lượng nước trong bình thứ nhất sau khi rót lần thứ n là: 1 – n 2n 1+ = n 1 2n 1 + + Vậy lượng nước lần thứ n + 1 là: n 1 2n 1 + + – n 1 2n 1 + + . 1 2n 2+ = n 1 2n 1 + + – 1 (2n 1)2+ = 2(n 1) 1 (2n 1)2 + − + = 2n 1 (2n 1)2 + + = 1 2 ; Mà n chẵn nên n + 1 là lần rót lẻ Như vậy sau lần rót thứ 2007 thì mỗi bình có 1 2 lít nước Bài 3: Đặt t = x 2 + 4x + 8 thì bài toán trở thành: t 2 + 3xt + 2x 2 = t 2 + xt + 2xt + 2x 2 = = t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x 2 + 4x + 8 + x)( x 2 + 4x + 8 + 2x) = = (x 2 + 5x + 8)( x 2 + 6x + 8) = (x 2 + 5x + 8)( x + 2)(x + 4) Bài 4: Từ 2 x x x 1+ + = 2 3 − <=> –3x = 2x 2 + 2x + 2 <=> 2x 2 + 5x + 2 = 0 <=> (2x + 1)(x + 2) = 0 <=> x 1 2 − = và x = –2 + Với x = 1 2 − thì A = 2 4 2 1 1 1 4 2 4 4 1 1 21 21 1 1 1 1 16 4 16 2 2   −  ÷   = = =     + + − + − +  ÷  ÷     + Với x = –2 thì A = 2 4 2 ( 2) 4 21 ( 2) ( 2) 1 − = − + − + Vậy với 2 x x x 1+ + = 2 3 − thì A = 4 21 Bài 5: Ta có: (a – b) 2 ≥ 0; ∀ a, b => a 2 + b 2 ≥ 2ab Tương tự ta cũng có: a 2 + c 2 ≥ 2ac và b 2 + c 2 ≥ 2bc => 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2ac + 2bc <=> ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 (1) Mặt khác: Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có a < b + c <=> a 2 < ab + ac Tương tự ta cũng có: b 2 < ba + bc và c 2 < ca + cb => a 2 + b 2 + c 2 < 2ab + 2ac + 2bc => a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) (2) Từ (1) và (2) => ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 6: Gọi O là trung điểm AD, I là trung điểm AE và L là trung điểm AC Xét ∆ IOK và ∆ LOC có: IK là đường trung bình ∆ ABE => IK = 1 2 AB và IK//AB OI là đường trung bình ∆ AED => IO = 1 2 ED và IO//ED OL là đường trung bình ∆ ADC => OL = và OL//DC Vì IK//AB; IO//ED mà ED ⊥ AB => IK ⊥ IO => · OIK = 90 0 Vì OL//DC mà DC ⊥ AC => OL ⊥ AC => · OLC = 90 0 => · OIK = · OLC (1) Ta lại có: IK = 1 2 AB; và LC = 1 2 AC mà AB = AC => IK = LC (2) Mặt khác: · · DCE ECA+ = 90 0 ; · · FBE FEB+ = 90 0 mà · · ECA FBE= => · · FEB ECD= ; mà · · FEB CED= (đối đỉnh) => · · CED ECD= => ∆ DEC cân tại D => DE = DC => 1 2 ED = 1 2 DC => OI = OL (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra: ∆ IOK = ∆ LOC => OK = OC = OA = OD (do ∆ ACD vuông tại C, O là trung điểm cạnh huyền) => ∆ AKD vuông tại K. Vậy · AKD = 90 0 A B C EK F I D O L . + 758n – 537 = 0 <=> (n – 3)(64n 2 – 193 n + 1 79) = 0 <=> n – 3 = 0 hoặc 64n 2 – 193 n + 1 79 = 0 <=> n = 3 Vì 64n 2 – 193 n + 1 79 = 0 vô nghiệm Bài 4: Gọi số học sinh đạt giải. + 1) + 2006 = 9. M + 2006 không chia hết cho 9 Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10 n + 2005 chia hết cho 10 2005 – 1. Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 ≤ abbc ≤ 99 99 <=> 1000. 3 không chia hết cho 9, vô lý Vậy với mọi số nguyên n thì n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 b/ Ta có 10 2005 – 1 = (10 – 1)(10 2004 + … + 1) = 9. (10 2004 + … + 1) M 9 Mà 10 n + 2005 = 10 n