Đề thi (có đáp án) học sinh giỏi Đông Hà

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 : Chủ đề chính Vận dụng Tổng 1)Phân tích ĐT thành nhân tử, biến đổi đồng nhất. 1 1 1 1 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 đồng dạng 2 3 2 3 Tổng 10 10 10 10 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 : 3 2 4 6 3 17P n n n = + + − không chia hết cho 125, ∀ n ∈ N. Câu 5:(1,5đ) a) Tìm số tự nhiên n sao cho 3 55 n + 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) 4 2 2 1x x y + + = b) 2 3 1 x y − = 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 0 x y z x y z x y z x y z     ⇒ + + = ⇒ + + − =  ÷  ÷ + + + +     [ ] 0 ( ) ( ) 0 ( ) x y x y x y z x y z xy xy z x y z + + ⇒ + = ⇒ + + + + = + + ( ) [ ] 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0x y zx zy z xy x y z x z y x z⇒ + + + + = ⇒ + + + + = 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 : 2 3 1 1 ( 1) 1 ( 1)( 3) 1 ( 1)( 2) .2.1 1 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! ! 1.2 2.3 ( 1)n n n n + + + ≤ + + + = − < − Vậy 1 1 3 n n   + <  ÷   (đpcm) Câu 3: Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên 0, 0, 0 xy yz zx z x y > > > Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : 2 . 2 xy yz xy yz y z x z x + ≥ = (1) 2 . 2 yz zx yz zx z x y x y + ≥ = (2) 2 . 2 zx xy zx xy x y z y z + ≥ = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 2( ) 2 xy yz zx 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 3 2 4 6 3 17P n n n = + + − M 125 ⇒ P M 5 ⇒ 3 2 3 2 2(4 6 3 17) (2 1) 35 5P n n n n = + + − = + − M ⇒ 3 (2 1) 5 2 1 5 2 1 5 ,n n n k k N + ⇒ + ⇒ + = ∈ ⇒ M M k lẻ Đặt k = 2m + 1, m ∈ N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1 ⇒ n = 5m + 2 Khi đó : 3 2 3 2 4(5 2) 6(5 2) 3(5 2) 17 125(4 6 3 ) 45P m m m m m m = + + + + + − = + + + không chia hết cho 125, trái với điều giả sử. Vậy 3 2 4 6 3 17P n n n = + + − không chia hết cho 125, với mọi n ∈ N. Câu 5: a) Đặt 2 3 55 n a + = , với a ∈ N (1) Từ (1) ⇒ a chẵn ⇒ 2 0(mod 4)a ≡ ⇒ 3 1(mod4) n ≡ (2) Mặt khác: 3 1(mod 4) 3 ( 1) (mod 4) n n ≡ − ⇒ ≡ − (3) Từ (2) và (3) ⇒ n chẵn ⇒ n = 2m, (m ∈ N) pt (1) 2 2 (3 ) 55 ( 3 )( 3 ) 55 m m m a a a ⇔ − = ⇔ − + = (*) Vì 0 3 3 m m a a < − < + nên từ (*) ⇒ 3 11 3 5 1 3 3 3 3 27 3 55 3 1 m m m m m m a a m m a a   + =   − = =  =    ⇒ ⇒    = =  + =      − =   • Với m = 1 ⇒ n = 2 ⇒ 2 2 3 55 3 55 64 8 n + = + = = • Với m = 3 ⇒ n = 6 ⇒ 6 2 3 55 3 55 784 28 n + = + = = Vậy { } 2;6n ∈ thì 3 55 n + 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 ⇒ k lẻ ⇒ 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(mod3) ≡ 2 2 2 2 1(mod3) 0(mod3)k m m k a⇒ ≡ ≡ ⇒ − = ≡ hay 3aM (2) Từ (1) và (2) ⇒ (3.8)aM , (vì (3; 8) = 1) Vậy a chia hết cho 24. Câu 6: a) 4 2 2 1x x y + + = (1) Ta có 2 0x x ≥ ∀ ⇒ 2 2 4 2 2 2 ( ) 1 ( 1)x x x x < + + ≤ + Do đó từ (1) ⇒ 2 2 2 2 2 ( ) ( 1)x y x < ≤ + (*) Vì x 2 và x 2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) ⇒ 2 2 2 ( 1)y x = + 2 2 4 2 2 ( 1) 1 0 0x x x x x⇔ + = + + ⇔ = ⇔ = ⇒ 2 1 1y y = ⇔ = ± Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1) b) 2 3 1 2 1 3 x y x y − = ⇔ − = (1) Từ (1) ⇒ 2 x > 1 ⇒ x > 0 ⇒ 0y ≥ • Xét y là số chẵn : Ta có : 3 1(mod 4) 3 ( 1) (mod 4) y y ≡ − ⇒ ≡ − 3 1(mod 4) y ⇒ ≡ (vì y chẵn) Do đó từ pt(1) ⇒ 2 2(mod 4) x ≡ ⇒ x = 1 ⇒ y = 0 • Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m ∈ N) .Ta có : 2 1 3 3 3.9 3(mod8) y m m+ = = ≡ Do đó từ pt(1) ⇒ 2 4(mod8) x ≡ ⇒ x = 2 ⇒ y = 1 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1) Câu 7: Chứng minh: a) Ta có: ABC MBC MCA MAB S S S S= + + 1 1 1 1 . . . . . . . . 2 2 2 2 BC h BC MH AC MK 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 ' ' ' 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 + + + + = + + = (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 --------------Hết-------------- . 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 : Chủ đề. 150 phút *Ma trận đề kiểm tra : Chủ đề chính Vận dụng Tổng 1)Phân tích ĐT thành nhân tử, biến đổi đồng nhất. 1 1 1 1 2) Bất đẳng thức 2 2 2 2 3)Phép chia