đề thi HSG toán 9 đông hà năm 2011

PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ

- -ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn Toán Thời gian 150 phút

*Ma trận đề kiểm tra :

1)Phân tích ĐT thành nhân tử,

2) Bất đẳng thức 2

2

2 2

3)Phép chia hết, phép chia có dư 1

1 1 1

4)Số chính phương 2

1,5 2 1,5

5)Phương trình nghiệm nguyên 2

1,5

2 1,5

6)Diện tích tam giác, tam giác

10

10 10

Câu 1: (1đ)

Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn

2010

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 A xy yz zx

= + +

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 3n +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) x4 + + =x2 1 y2 b) 2 x − =3y 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

2010

x y z

x y z

+ + =





 + + =



0

x y z x y z x y z x y z

x y x y

x y z x y z xy

xy z x y z

(x y zx zy z) xy 0 (x y z x z) ( ) y x z( ) 0

0

0

x y y z z x y z y z

⇒ + + + = ⇒ + = ⇒ = −

 + =  = −

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

Câu 2 :

• Với n = 1, ta có :

1

1

1

 +  = <

 ÷

• Với n ≥ 2, ta có :

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

n

n

n

1 1 1 1 1

2! 3! n!

2! 3! + + +n! 1.2 ≤ + 2.3 + + (n 1)n = − <n

−

Vậy 1 1 3

n

n

 +  <

 ÷

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 2y

yz zx 2 yz zx 2z

x + y ≥ x y = (2)

zx xy 2 zx xy 2x

Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 xy yz zx 2(x y z) 2

 + + ≥ + + =

⇒ 2A ≥ 2 ⇒ A ≥ 1

Vậy Min A = 1 ⇔ xy yz zx x y z 13

z = x = y ⇔ = = =

Câu 4:

Giả sử tồn tại n ∈ N sao cho P= 4n3 + 6n2 + 3n− 17 M 125 ⇒ P M 5

⇒ 2P= 2(4n3 + 6n2 + 3n− 17) (2 = n+ 1) 3 − 35 5 M

⇒ (2n+ 1) 5 3 M ⇒ 2n+ 1 5 M ⇒ 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(4m3 + 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 3n +55=a2, với a ∈ N (1)

Từ (1) ⇒ a chẵn ⇒ a2 ≡0(mod 4)⇒ 3n ≡1(mod 4) (2)

Mặt khác: 3≡ −1(mod 4)⇒3n ≡ −( 1) (mod 4)n (3)

Từ (2) và (3) ⇒ n chẵn ⇒ n = 2m, (m ∈ N)

pt (1) ⇔a2−(3 )m 2 =55⇔ −(a 3 )(m a+3 ) 55m = (*)

Vì 0< −a 3m < +a 3mnên từ (*) ⇒

3

m

m m

m

a

m a

a

 + =





 − =



• Với m = 1 ⇒ n = 2 ⇒ 3n+55 3= +2 55 64 8= = 2

• Với m = 3 ⇒ n = 6 ⇒ 3n+55 3= +6 55 784 28= = 2

Vậy n∈{ }2;6 thì 3n +55 là số chính phương

b) Đặt a + 1 = k 2 , 2a + 1 = m 2 , (k, m ∈ N)

Vì 2a + 1 lẻ nên m 2 lẻ ⇒ m lẻ ⇒ m = 2t + 1, (t ∈ N)

⇒ 2a + 1 = (2t + 1) 2 ⇒ a = 2t(t + 1) là số chẵn

⇒ a + 1 lẻ ⇒ k 2 lẻ ⇒ klẻ ⇒ k = 2n + 1, (n ∈ N)

Do đó từ a + 1 = k 2 ⇒ a = (k – 1)(k + 1) = 4n(n + 1) M 8 (1)

Mặt khác: k 2 + m 2 = a + 1 + 2a + 1 = 3a + 2 ≡2(mod 3)

⇒k2 ≡m2 ≡1(mod 3)⇒m2 −k2 = ≡a 0(mod 3) hay aM 3 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ aM(3.8), (vì (3; 8) = 1)

Vậy a chia hết cho 24.

Câu 6: a) x4 + + =x2 1 y2 (1)

Ta có x2 ≥ ∀0 x ⇒ ( )x2 2 < x4 + + ≤x2 1 (x2 +1)2

Do đó từ (1) ⇒( )x2 2 < y2 ≤(x2 +1)2 (*)

Vì x 2 và x 2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) ⇒y2 =(x2 +1)2

⇔(x2+1)2 = x4 + + ⇔x2 1 x2 = ⇔ =0 x 0

⇒ y2 = ⇔ = ±1 y 1

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

b) 2x− = ⇔3y 1 2x− =1 3y (1)

Từ (1) ⇒ 2x > 1 ⇒ x > 0 ⇒ y ≥ 0

• Xét y là số chẵn : Ta có : 3≡ −1(mod 4)⇒3y ≡ −( 1) (mod 4)y

⇒3y ≡1(mod 4) (vì y chẵn)

Do đó từ pt(1) ⇒ 2x ≡2(mod 4)⇒ x = 1 ⇒ y = 0

• Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m ∈ N) Ta có : 3y =32m+ 1 =3.9m ≡3(mod8)

Do đó từ pt(1) ⇒ 2x ≡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: S ABC =S MBC+S MCA+S MAB

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:

3

OH =OK =OI = h

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

1 3

3

h h

H C'

K

A'

I'

H'

K' O

A

M

Vậy ' ' ' 3

MA MB MC

OA + OB +OC = (đpcm)