Dap an de thi hsg Toan 9 VPhuc nam 20112012

+ Nếu các điểm không có tính chất trên, ta xét lục giác đều, theo nguyên lý Dirichlet ta cũng có đpcm..[r]

Câu 1:

a) Xét f(1-x) + f(x) =

Do đó: A = 1005 +f( )

2012 1006

= 1005 + f( )

= 1005,5 b) ĐK: x > 0, x 1 Rút gọn P =

1    x x x ;

Để P



Z x2x x1và x2x x 1=> x 1 ( loại ) Vậy không tồn x để P nhận giá trị nguyên

Câu 2: Vì x,y nguyên dương nên ( x + y)3 > (x + y )2 => ( x-y-6)2 > (x + y )2

+ TH1: x-y-6 0 => y < -3 : loại

+ TH2: x-y-6 < => x < => x = 1, y = 3; x = loại y khơng số ngun

Câu 3:

Ta có : ( a2 +1)(b2 +1)(c2 + 1)( d2 +1) = ( a2b2 + a2 + b2 +1)(c2d2 +c2 +d2 +1) = [(a+b)2

+(ab-1)2][(c+d)2 + (cd-1)2]

[(cd-1)(a+b)+ (ab-1)(c+d)]2 ( theo Bunhiacopxki) =

( abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)2 = 2012 ( đpcm).

* C2: Theo Bunhiacopxki: (a2 +1)(b2 + 1)  ( a+b)2 Sau cmr (a+b)2(c+d)2 =

( abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)2 = 2012. Câu 4

a) Ta có : AN1.AM1 = AN2.AM2 ( = AI2) => AN1N2 ~ AM2M1 =>

AN1N2 =  AM2M1 (1)

Mà AN1N2 + M1N1N2 = 1800 (2)

Từ (1) (2) => đpcm

b) Gọi giao điểm PM1 QM2 E

Ta có : O2IM2 = O2M2I = OPM2 ; O2IQ = PQI Từ ta có P, I, M2 thẳng

Câu 5: + Nếu tất đỉểm cách => đpcm