SKKN giải pháp để nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng HSG cấp tỉnh chủ đề quan hệ chia hết trong chuyên đề số học tại huyện bá thước

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Cùng với phát triển đất nước, nghiệp giáo dục không ngừng đổi Các nhà trường ngày trọng đến chất lượng giáo dục tồn diện bên cạnh đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trị mơn học cơng cụ, mơn tốn góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Dạy để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống mà phải nâng cao để em có hứng thú, say mê học tập câu hỏi mà thầy cô đặt cho Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập học sinh đặc biệt học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh Điều địi hỏi giảng dạy phải biết chắt lọc kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng phát triển thành tổng quát giúp học sinh phát triển tốt tư toán học Với đối tượng học sinh giỏi ôn luyện cấp huyện cấp tỉnh, em có tư nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày cao, làm để em học sinh phát huy hết khả mình, trách nhiệm giáo viên Với niềm đam mê toán học với tìm tịi thân Tơi gặp nhiều dạng tốn mà giải gặp nhiều khó khăn Nhiều học sinh gặp toán nằm chun đề “Số học” vơ lúng túng, khơng biết nằm dạng nào, cách gải Trong khn khổ sách giáo khoa đưa lượng kiến thức tương đối đơn giản Nên việc em tiếp cận với toán số học cấp huyện, cấp tỉnh điều tương đối khó khăn Bên cạch thầy giảng dạy phần số học khơng có tài liệu phân loại chi tiết có hệ thống, nên giảng dạy gặp khơng khó khăn Vì qua nhiều lần ơn học sinh giỏi đội tuyển cấp huyện cấp tỉnh, thấy cần thiết nên chia thành nhiều dạng, cung cấp cho em nhiều kiến thức lý thuyết quan trọng để dạy Đặc biệt chủ đề “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” cần phân loại tốn có liên quan với để dạy cách hệ thống cho học sinh nắm bắt logic cụ thể Thực tế, qua năm phụ trách bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn cấp huyện, cấp tỉnh, nhận thấy em học sinh thực gặp nhiều khó khăn học chuyên đề “Số học” khơng học có hệ thống Chủ đề “Quan hệ chia hết” đề tài lý thú, phong phú đa dạng số học THCS thiếu bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn THCS cấp Từ lý trên, mạnh dạn triển khai sáng kiến: Giải pháp để nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” huyện Bá Thước 1.2 Mục đính nghiên cứu Nâng cao chất lượng giáo dục, đặc biệt chất lượng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh chuyên đề số học Phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, lực tự học học sinh, tạo điều kiện cho em hứng thú học tập môn Nêu nên số kinh nghiệm thân về: Giải pháp để nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” huyện Bá Thước 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các dạng toán chủ đề “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” để ôn thi học sinh giỏi cấp Huyện, cấp Tỉnh môn Toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp đọc sách, nghiên cứu tài liệu mơn tốn có liên quan đến chủ để “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” - Phương pháp điều tra thực trạng - Phương pháp vấn trao đổi với giáo viên - Phương pháp khảo sát chất lượng học sinh NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Cùng với phát triển xã hội Nền giáo dục nước ta có biến đổi nội dung SGK phương pháp giáo dục, dạy cho học sinh kiến thức SGK chưa đủ, mà dạy em cách tự học sáng tạo Dạy cho em kĩ vận dụng, với thủ thuật vận dụng Với tốc độ yêu cầu ngày cao tốn học, cần sáng tạo, tìm tịi sáng kiến giải pháp để phục vụ cho việc học tập có hiệu quả, bên cạch em phải có kiến thức định SGK, đầu óc biết tư suy luận dụng Cho nên giáo dục nước ta tổ chức thi học sinh giỏi cấp nhằm tìm nhân tài cho đất nước Theo nghị TW4 khóa “phải áp dụng phương pháp dạy học bồi dưỡng cho học sinh có lực tư sáng tạo, lực giải vấn đề’’ [15] Nghị TW2 khóa 8: “phải đổi phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ chiều….’’ [16] 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong năm vừa qua, huyện Bá Thước tổ chức tham gia kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh đạt hiệu định đặc biệt mơn Tốn có chuyển biến phần chưa thực rõ nét Nhiều năm liền đội tuyển Tốn tham gia kì thi cấp tỉnh Thanh Hóa đạt giải, song việc đạt giải thức, đặc biệt giải Nhất, Nhì số lượng đạt nhiều giải lại khó khăn Bản thân tơi năm gần thực đề án trường trọng điểm chất lượng cao huyện Bá Thước tham gia vào việc ôn thi HSG đội tuyển tỉnh mơn Tốn nhiều năm liền Trong năm vừa qua đạt kết khích lệ Qua giảng dạy thân thấy kinh nghiệm nhiều hơn, dạng toán số học cần phân chia cụ thể, rõ ràng dạng để học sinh dễ nắm bắt Đặc biệt toán số học cần phân chia toán cụ thể cách giải cần rõ ràng cụ thể, Qua em hiểu sâu vấn đề làm tốt tập có liên quan Bằng kinh nghiệm giảng dạy, thân thấy việc nâng cao chất lượng học sinh giỏi chuyên đề số học có thực trạng sau: + Thuận lợi: Bản thân tơi giáo viên Tốn nên nắm bắt hiểu rõ mơn Tốn nói chung chuyên đề số học nói riêng Được giúp đỡ nhiệt tình Ban giám hiệu, đồng chí mơn, giúp tơi tổng hợp số tài liệu để giảng dạy Các em tham gia vào đội tuyển cấp huyện cấp tỉnh đam mê, hứng thú có tố chất Học sinh đa số em đội tuyển học sinh giỏi toán huyện Bá Thước Phụ huynh quan tâm đến phong trào thi học sinh giỏi, hợp tác với giáo viên, tạo điều kiện cho giáo viên xếp thời gian bồi dưỡng Qua trình dạy học lớp, sau học xong dạng toán cho toán tương tự liên quan thấy em hứng thú để suy luận để giải Các buổi học ôn sôi hơn, học sinh mạnh dạn làm nhận xét bạn nhiều Phát triển lực chủ động sáng tạo học sinh, tạo cho học sinh hình thành lực chủ động giải vấn đề học Các em ngày cải thiện khả học, em hứng thú việc học, hiểu dạng toán quan hệ chia hết chuyên đề số học Sau triển khai giảng dạy chuyên đề em làm tốt với toán quan hệ chia hết đề học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh năm trước Đề tài giúp đa số em học tốt hơn, tự tin giải toán chủ đề quan hệ chia hết chuyên đề số học Rèn khả tư logic cho học sinh giải toán giải Giúp giáo viên học sinh hình thành kiến thức, tư cơng mà khơng máy móc dập khn Tạo hội cho giáo viên dạy, tạo hội cho học sinh mạnh dạn làm tập lên bảng trình bày cách làm với tốn phức tạp + Khó khăn: Đây chuyên đề khó chun đề ơn thi HSG cấp huyện, cấp tỉnh Tuy nhiên lượng kiến thức lớp SGK tương đối khơng nhiều tập nâng cao Tài liệu đa dạng phù hợp có chất lượng khơng có nhiều Đa số giáo viên phải tự tìm tịi Do mơn khó, cần địi hỏi học sinh có tư cao cần thực chăm học đam mê khám phá Một số phụ huynh chưa thực quan tâm đến việc học em Khi tiếp cận với môn, học sinh lại hoang mang tốn thuộc lĩnh vực mơn xem khó Học sinh chưa xác định dạng toán giải phương pháp giải phù hợp tối ưu Số lượng tập toán cần nhiều hơn, phong phú đa dạng, mẻ để em tiếp cận nhiều toán, dạng toán Nhiều học sinh nhận dạng dạng áp dụng vào để đưa kết mà kiến thức áp dụng xác chưa hay có nhầm lẫn khơng, nằm đâu Một số học sinh phải tư logic thường tỏ mệt mỏi mà thích sử dụng tập gần với kiến thức Học sinh lười đầu tư việc học nhà tìm hiều chủ đề số học chun đề khó, nên kiến thức có phần hạn chế Nhiều gia đình em chưa thực quan tâm sâu sát để giúp đỡ em việc học nhà Nhiều em thấy việc học mơn tốn khó khăn nên học khơng chu đáo kiến thức cịn yếu Bản thân mơn tốn khơ khan, em muốn học mơn tốn vấn đề địi hỏi em phải có tư logic, đặc biệt chuyên đề số học phải học cách có hệ thống, hai mà biết Các em học sinh lớp - học sinh bước vào lứa tuổi “lớn không lớn nhỏ khơng nhỏ”, nói nặng lời với em em có thành kiến với giáo viên dẫn đến việc dạy môn em khơng muốn học em nắm kiến thức Việc hướng dẫn học sinh hình thành kiến thức bản, cơng thức, tư duy, suy luận giải thầy cô quan tâm, phần đa giáo viên phân tích đề lựa chọn lời giải phù hợp để làm Đề tài đưa số ví dụ địi hỏi học sinh phải biết tư duy, suy luận, phân tích để đưa nắm bắt thật chặt kiến thức bản, tài liệu giáo viên có hướng dẫn lời giải chưa thật chi tiết Trong công đổi giáo dục, việc nắm kiến thức hệ thống tập cần thiết, có nhìn thiện cảm đối chuyên đề khó Các em kiến thức phần hướng dẫn em áp dụng để giải tập phần đó, để tập giải nhanh hơn, giúp em hiểu sâu rộng chun đề tốn có liên quan điều cần thiết tất học sinh Bảng đánh giá thực trạng chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy đội tuyển: Bảng Năm học Số lượng 2015 – 2016 2016 – 2017 2017 – 2018 Cấp dự thi Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt Dự thi Làm tốt Huyện 14 11 12 Tỉnh Với kinh nghiệm ôn luyện đội tuyển tỉnh năm qua, mạnh dạn nêu lên: Giải pháp để nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề “Quan hệ chia hết” chuyên đề “Số học” huyện Bá Thước làm sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Giải pháp tổ chức thực để giải vấn đề 2.3.1 Mục tiêu giải pháp Học sinh cần cố hệ thống kiến thức số học như: uớc chung, bội chung; uớc chung lớn nhất; bội chung nhỏ nhất; phép chia hết, phép chia có dư; tính chất chia hết chia có dư; số ngun tố, hợp số; số phương; Những dạng toán thường vận dụng quan hệ chia hết, số nguyên tố, hợp số; số phương, Kiến thức hay dùng ước chung, bội chung; ước chung lớn nhất; bội chung nhỏ nhất; phép chia hết, phép chia có dư; tính chất chia hết chia có dư; số nguyên tố, hợp số; số phương; định lý Pecmar, định lý Ơle, định lý Wlison, nguyên lý Đirichlet…Rèn luyện kĩ tính tốn xác, cẩn thận tư lơgíc 2.3.2 Nội dung cách thực giải pháp A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số nguyên q r cho a = bq + r , với ≤ r ≤ b − Trong a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư Khi a chia cho b số dư r ∈ { 0;1; 2; ; b − 1} • Nếu r = a = bq , ta nói a chia hết cho b Ký hiệu: aMb hay b a Vậy a chia hết cho b tồn số nguyên q cho a = bq • Nếu r ≠ , ta nói a chia b có số dư r Một số tính chất cần nhớ • Tính chất Mọi số ngun khác ln chia hết cho • Tính chất Nếu a Mb bMc a Mc • Tính chất Nếu a Mb bMa a = ±b • Tính chất Nếu a.bMm ( b,m) = aMm • Tính chất Nếu a Mm bMm ( a ± b ) Mm • Tính chất Nếu a Mm, a Mn ( m, n ) = a Mmn • Tính chất Nếu a Mb c Md ac Mbd • Tính chất Trong n số nguyên liên tiếp tồn số nguyên chia hết cho n • Tính chất Nếu a − b ≠ với a, b số tự nhiên thì: (a n − b n ) M( a − b ) ( n∈ N) • Tính chất 10 Nếu a + b ≠ với a, b, n số tự nhiên n số lẻ thì: ( a n + bn ) M( a + b ) Một số dấu hiệu chia hết Đặt A = anan−1 a2a1a0 , với an ;an−1; ;a2 ;a1;a0 chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau: • AM2 ⇔ a0 M2 ⇔ a0 ∈ { 0; 2; 4; 6;8} • AM3 ⇔ ( a0 + a1 + + an −1 + an ) M3 • AM4 ⇔ a1a0 M4 • AM5 ⇔ a0 M5 ⇔ a0 ∈ { 0;5} • AM ⇔ a2 a1 a0 M • AM9 ⇔ ( a0 + a1 + + an −1 + an ) M9 • AM 11 ⇔ ( a0 + a2 + ) − ( a1 + a3 + )  M 11 • AM25 ⇔ a1 a0 M25 • AM 125 ⇔ a2 a1a0 M 125 B PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Sử dụng tính chất n số ngun liên tiếp có số chia hết cho n (với n thuộc N*) * Hướng suy nghĩ: Sử dụng tính chất tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2, tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho chia hết cho * Ví dụ minh họa: Bài toán Chứng minh với số nguyên n ta có: n5 – 5n3 + 4n chia hết cho 120 Lời giải Ta có: 120 = 3.5 n5 – 5n3 + 4n = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) Trong số nguyên liên tiếp tồn số chia hết cho 3, số chia hết cho có số chẵn liên tiếp nên tích hai số chẵn chia hết cho Do đó: n5 – 5n3 + 4n chia hết cho 120 Bài toán Chứng minh với số nguyên lẻ n thì: n6 − n − n + chia hết cho 128 Lời giải Ta có: ( ) ( ) ( ( ) )( ) ( ) (n n6 − n4 − n2 + = n4 n2 − − n2 − = n2 − n4 − = n2 − Vì n số lẻ nên đặt n = 2k + ( k∈ N ) Ta có: ( n − 1) 2 2 ) +1 2 = ( 2k + 1) − 1 = 4k2 + 4k =  4k( k + 1)    Ta có k(k + 1) chia hết  4k( k + 1)  M64 Mặt khác: n2 + = ( 2k + 1) + = 4k2 + 4k + = 2( 2k2 + 2k + 1) M2 Do đó: ( ) (n n6 − n4 − n2 + = n2 − 2 ) +1 M 128 (đpcm) Chú ý: Tổng quát ta có tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n! Bình phương số lẻ số lẻ Dạng 2: Phân tích thành nhân tử * Hướng suy nghĩ: Để chứng minh Q(x) chia hết cho p ta phân tích Q ( x ) = D ( x ) p , cịn khơng thể đưa phân tích ta viết p = k q + Nếu ( k , q ) = ta chứng minh Q(x) chia hết cho k q + Nếu ( k,q) ≠ ta viết Q(x) = B(x).C(x) chứng minh B(x) chia hết cho k C(x) chia hết cho q * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh với số nguyên n A =  n3 n2 − − 36n M7 )  (  Lời giải Biến đổi biểu thức A ta được: = n  n n2 − − 6  n n2 − + 6 = n n3 − 7n − n3 − 7n +    ( ) ( ) = n ( n − n − 6n − 6) ( n − n − 6n + 6) = n  ( n − 1) − 6( n + 1)   n ( n − 1) − 6( n − 1)     = n ( n + 1) ( n − n − 6) ( n − 1) ( n + n − 6) = n ( n + 1) ( n + 2) ( n − 3) ( n − 1) ( n − 2) ( n + 3) ) ( )( 2 2 Do A tích số ngun liên tiếp nên A chia hết cho với n thuộc Z Bài toán Chứng minh với ba số tự nhiên a, b, c có số lẻ hai số chẵn ta ln có: ( a + b + c ) − ( a + b − c ) − ( b + c − a ) − ( a − b + c ) chia hết cho 96 [1] Lời giải Đặt a + b − c = z; b + c − a = x; a + c − b = y x + y + z = a + b + c Ta có: ( x + y + z ) − x3 − y3 − z3 = 3(x + y)(y + z)(x + z) = 3.2c.2a.2b = 24abc Do số a, b, c có số chẵn nên abc chia hết cho Do 24abc chia hết cho 24.4 = 96 Vậy toán chứng minh Bài toán Cho số nguyên dương x, y, z Chứng minh rằng: 5 ( x − y) + ( y − z) + ( z − x) chia hết cho 5( x − y) ( y − z) ( z − x) Lời giải Đặt a = x − y,b = y − z ⇒ z − x = − ( a+ b) Do ta cần chứng minh: a5 + b5 − ( a+ b) chia hết cho −5ab( a+ b) Ta có: a5 + b5 − ( a+ b) = − ( 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 ) ( = −5ab a3 + b3 + 2a2b+ 2ab2 ( ) ) = −5ab( a+ b) a2 − ab+ b2 + 2ab( a+ b)    2 = −5ab( a+ b) a + ab+ b ( ) Dạng 3: Sử dụng phương pháp tách tổng * Hướng suy nghĩ: Để chứng minh M(x) chia hết cho p ta biết đổi M(x) thành tổng số hạng chứng minh số hạng chia hết cho p * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh m, n số nguyên ta có: a ) n(n + 11) M6 b) mn(m − n ) M6 c) n(n + 1)(2n + 1) M6 Lời giải a) Ta có: n( n + 11) = n + 11n = n − n + 12n = ( n − 1) n( n + 1) + 12n 3 Dễ chứng minh: ( n − 1) n( n + 1) M6, 12nM6 ( n ∈ Z ) Do đó: n( n + 11) M6 2 2 2 b) Ta có: mn( m − n ) = mn ( m − 1) − ( n − 1)  = mn( m − 1) − mn( n − 1) 2 Do: mn( m − 1) = n( m− 1) m( m+ 1) M6, mn( n − 1) = m( n − 1) n( n + 1) M6 2 Do đó: mn( m − n ) M6 c) Ta có: n( n + 1) ( 2n + 1) = n( n + 1) ( n + 2+ n − 1) = n( n + 1) ( n + 2) + ( n − 1) n( n + 1) Do: n( n + 1) ( n + 2) M6, ( n − 1) n( n + 1) M6 Do đó: n( n + 1) ( 2n + 1) M6 Bài toán Cho biểu thức A = (a 2012 + b 2012 + c 2012 ) − (a 2008 + b2008 + c 2008 ) với a, b, c số nguyên Chứng minh A chia hết cho 30 [2] Lời giải Ta có: a − a = ( a − ) ( a − 1) a (a + 1)(a + 2) + 5a(a − 1)(a − 2) Ta thấy năm số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho 2, có số chia hết cho có số chia hết cho Lại có 2, nguyên tố nên ta suy được: a − a = ( a − ) ( a − 1) a (a + 1)(a + 2) + 5a(a − 1)(a − 2) chia hết cho 30 Do đó: A = a 2007 (a − a) + b 2007 (b5 − b) + c 2007 (c5 − c ) chia hết cho 30 Bài toán Chứng minh với n ∈ N n4 + 6n3 + 11n2 + 30n − 24 chia hết cho 24 Lời giải Ta có : n + 6n + 11n + 30n − 24 3 = ( n + 6n + 11n + 6n) + ( 24n − 24) = n ( n + 6n + 11n + 6) + 24( n − 1) 2 = n ( n + n ) + ( 5n + 5n ) + ( 6n + 6)  + 24( n − 1) = n ( n + 1) ( n + 5n + 6) + 24( n − 1) = n ( n + 1) ( n + 2) ( n + 3) + 24( n − 1) Vì n; n + 1; n + 2; n + bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích chúng chia hết cho Mặt khác số tự nhiên liên tiếp ln tồn số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho Vậy n ( n + 1) ( n + ) ( n + 3) chia hết 2.3.4 = 24 24(n – 1) M24 Nên n + 6n3 + 11n + 30n − 24 chia hết cho 24 Chú ý: Tách tổng phương pháp chứng minh chia hết mà lời giải dễ hiểu, ngắn gọn đẹp mắt nên thường trình bày tốn giải nhiều phương pháp, nhiên để áp dụng em cần linh hoạt việc tách Dạng 4: Sử dụng đẳng thức * Hướng suy nghĩ: Nếu a, b số nguyên thì: an − bn chia hết cho a – b với n số tự nhiên a ≠ b an − bn chia hết cho a + b với n số tự nhiên chẵn a ≠ −b an + bn chia hết cho a + b với n số tự nhiên lẻ a ≠ −b n ( a+ b) = ka+ bn với k số nguyên, n số tự nhiên ( a+ 1) n = ac + * Ví dụ minh họa: Bài toán ( a− 1) n n = ac + ( −1) , n số tự nhiên Chứng minh với n ∈ N * 25n + n − 4n (3n + 5n ) chia hết cho 65 [3] Lời giải Ta có: 65 = 13.5 (5; 13) = Lại có: 25n + n − 4n (3n + 5n ) = 25n + n − 12n − 20n Áp dụng tính chất an − bn chia hết cho a – b với n số tự nhiên a ≠ b, ta có: 25n − 12n M25 − 12 tức 25n − 12n M13 20n − n M20 − tức 20n − n M13 Suy 25n + n − 4n (3n + 5n ) chia hết cho 13 (1) n n n n 25 − 20 M25 − 20 tức 25 − 20 M5 12n − n M12 − tức 12n − n M5 Suy 25n + n − 4n (3n + 5n ) chia hết cho (2) n n Do (5, 13) = nên từ (1) (2) suy ra: 25 + − 4n (3n + 5n ) chia hết cho 65 n n n n n Bài toán Chứng minh C = ( + 1) − ( + ) M91 ( n ∈ N ) [4] Lời giải n n n n n Sử dụng tính chất: ( a+ b) = ka+ b , ( a+ 1) = ac + 1, ( a− 1) = ac+ ( −1) với k số nguyên, n số tự nhiên Ta có: C = 25n + 5n − 18n − 12n = ( 21+ 4) + 5n − ( 14 + 4) − ( + 5) n n n = 21c + 4n + 5n − 14d− 4n − 7e− 5n = 7( 3c − 2d − e) M7 Mặt khác: C = ( 26 − 1) + 5n − ( 13+ 5) − ( 13− 1) n n n = 26 f + ( −1) + 5n − 13g − 5n − 13h − ( −1) n n = 13( f − g − h) M 13 Vì (13, 7) = nên C M7.13 = 91 Bài toán Chứng minh với số nguyên n ta có: A = 15 + 25 + 35 + + n5 chia hết cho B = 1+ + 3+ + n [5] Lời giải Ta có cơng thức quen thuộc: B = 1+ + 3+ + n = ( ) n( n + 1) ( Lại có: ) 5 2A = n5 + + ( n − 1) + 25  + ( n − 2) + 35  + + 1+ n5     Nhận thấy số hạng chia hết cho (n +1) nên 2A M( n + 1) ( 1) 5 Lại có 2A − 2n = ( n − 1) +  + ( n − 2) +  + chia hết cho n Do 2n5 Mn nên 2A Mn ( 2) Từ (1) (2) suy 2A chia hết cho n(n + 1) Do 2A M2B ⇒ A MB (đpcm) 5 10 Chú ý: Ta có công thức tổng quát: với n số nguyên dương k số tự nhiên lẻ thì: a) 1k + k + + n k M( + + + n ) b) 1k + 2k + + ( 2k ) Mn ( 2n + 1) k Dạng 5: Sử dụng phương pháp xét số dư * Hướng suy nghĩ: Để chứng minh A(n) chia hết cho p ta xét số n có dạng n = kp + r với r ∈ { 0;1;2; ; p− 1} * Ví dụ minh họa: Bài toán Cho a, b, c số nguyên Chứng minh nếu: ( a3 + b3 + c3 ) M9 ba số a, b, c chia hết cho Lời giải Với a, b, c số nguyên ta có a = 3q1 + r1;b = 3q2 + r2 ;c = 3q3 + r3 với q1;q2 ;q3 số nguyên số dư r1;r2 ;r3 ∈ { −1;0;1} Dễ thấy r13 = r1;r23 = r1;r33 = r1 Từ ta được: a3 = ( 3q1 + r1 ) = 9k1 + r1;b3 = ( 3q2 + r2 ) = 9k2 + r1;c3 = ( 3q3 + r3 ) = 9k + r3 3 3 3 Khi ta a + b + c = 9( k1 + k2 + k3 ) + ( r1 + r2 + r3 ) 3 Mà theo giả thiết ta có ( a + b + c ) M9 Do ta suy ( r1 + r2 + r3 ) M9 Dễ thấy r1 + r2 + r3 ≤ , suy r1 + r2 + r3 = Do r1;r2;r3 ∈ { −1;0;1} nên từ r1 + r2 + r3 = suy r1;r2;r3 có số Điều có nghĩa ba số a, b, c có số chia hết cho Bài toán Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn: x2 ( z − y ) + y ( x − z ) + z ( y − x ) = x + y + z Chứng minh ( x + y + z ) chia hết cho 27 Lời giải Từ giả thiết ta có: ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) = x + y + z ( *) Ta xét trường hợp sau: + Nếu số x, y, z chia cho có số dư khác (x – y), (y – z), (z – x) không chia hết cho (x – y)(y – z)(z – x) không chia hết cho Nhưng tổng số (x + y + z) chia hết cho điều trái với điều kiện (*) tốn, trường hợp xảy + Nếu số x, y, z có số chia cho có số dư (x – y), (y – z), (z – x) có hiệu chia hết cho (x – y)(y – z)(z – x) chia hết cho Nhưng tổng số (x + y + z) không chia hết cho điều trái với điều kiện (*) tốn, trường hợp khơng thể xảy Vậy số x, y, z chia cho phải số dư, (x – y), (y – z), (z – x) chia hết tích (x – y)(y – z)(z – x) chia hết cho 27 Mặt khác theo giả thiết (*) ta có (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z nên (x + y + z) chia hết cho 27 Vậy toán chứng minh Bài toán Chứng minh với n số tự nhiên có 2n + 3n + số phương n chia hết cho 40 [6] 102 ⇒ AK = AB ×AC AI 0,5 Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định Ta có ∠ PMQ = 900 ME MH = MQ DQ MP MH MH = = ∆PMH ∆MQH ⇒ MQ QH 2DQ MP ME ⇒ = MQ MQ 0,5 ⇒ ME = MP ⇒ P trung điểm ME 0,5 ∆MHE V ∆QDM (g-g) ⇒ 0,5 0,5 Từ: c (a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) a b  a b   + ÷+ c  + ÷ = ⇒ = + a  a 2b ab b a b ta có: c(a + b)(a − ab + b ) 2( a + b ) c(a + b) c0,2 (a + b ) a + b ≥ 2ab ⇒ = + ≥ + ⇒ < ≤ ab a 2b ab ab 2 Lại có bc ac (bc) (ac) (bc + ac) ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a (2b + c) b(2a + c) abc(2b + c) abc (2a + c) 2abc (a + b + c ) 2abc (a + b + c ) 0,25 (ab + bc + ca ) abc( a + b + c ) = ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ 2  c ( a + b)  ÷ bc ac  c (a + b)  3 ab ⇒ + ≥  =  ÷ ÷ a(2b + c) b(2a + c)  ab + bc + ca   + c ( a + b) ÷ ab   0,25 c ( a + b) 3t ⇒P≥ + (với < t ≤ ) Đặt t = ab 2(1 + t ) t 0,25 3t  3t  −7t − 8t + 32t + 24 + = + − ÷+ = + Có  2(1 + t ) t  2(1 + t ) t  6t (1 + t ) 0,25 = (t − 2)(−7t − 22t − 12) + 6t (1 + t ) mà 0,25 103 0,25 (t − 2)(−7t − 22t − 12) (t − 2)(−7t − 22t − 12) 8 ≥ ∀ t ∈ (0; 2] ⇒ + ≥ ∀t ∈ (0; 2] 2 6t (1 + t ) 6t (1 + t ) 3 Dấu "=" xảy t = hay a = b = c Vậy giá trị nhỏ P a = b = c 0,25 Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Bài hình khơng vẽ hình vẽ sai hình khơng chấm điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TỐN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Câu Câu 1.1 (2,5 đ) Nội dung Điều kiện để P xác định : x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ P= x(1 + x ) − y (1 − ( x + y ) (1 + x ) (1 − y ) ( x − y ) + ( x x + y y ) − xy ( x + y ) = ( x + y ) (1 + x ) (1 − y ) = ( = ( y ) − xy x + x + y ( )( ) y x − xy + y − xy ) ) ( y) x ( x + 1) − y ( x + 1) + y ( + x ) ( − x ) (1 + x ) (1 − y ) x + )( y +x− y 1+ x 1− Điểm 0,5 0,5 0,5 104 = = Câu 1.2 (1,5 đ) Câu 2.1 (2,0 đ) x − y + y − y x (1 − y ) x + xy − P=2 ⇔ ⇔ = ( x 1− )( y 1+ y ) − (1 − y ) ( y 1− y ) 0,5 y x+ ( x 1+ 0,5 xy − ) ( y − y = với x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ ) y + = 1⇔ ( )( x − 1+ ) y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vµo P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n ( x − 1)( x + 3)( x + 5) = m Ta có : ⇔ ( x + 1)( x + 3)( x − 1)( x + 5) = m ⇔ ( x + x + 3)( x + x − 5) = m 0,5 0,5 0,5 (1) 0,25 (2) Đặt y = x + x + = ( x + 2) ≥ (∀x ∈ R) Khi (2) có dạng: ( y − 1)( y − 9) = m hay y − 10 y + − m = (3) 0,25 Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1 > y2 > Câu 2.2 (2,0 đ)  ∆ ' = 16 + m > 0,5  ⇔  S = y1 + y2 = 10 > ⇔ −16 < m < (4) P = y y = − m >  Khi y1 , y2 hai nghiệm dương phân biệt phương trình (3) phương trình (2) tương đương với : x + x + − y1 = x + x + − y2 = Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phương trình : 0,5 x + x + − y1 = Gọi x3, x4 hai nghiệm phân biệt phương trình : x + x + − y2 = Áp dụng định lý vi-et cho phương trình (3), (5), (6) ta có : 4( y1 + y2 ) − 32 1 1 x1 + x2 x3 + x4 −4 −4 + + + = + = + = x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 − y1 − y2 16 − 4( y1 + y2 ) + y1 y2 0,5 40 − 32 = = = −1 16 − 40 + − m −15 − m ⇔ m = −7 ( thỏa mãn)  x = + xy (1) Giải hệ :  2  y = + x y (2) - Trừ vế hai phương trình hệ ta ; 0,5 (3) x = y x − y = xy − x y ⇔ ( x − y )( xy + x + y ) = ⇔   xy + x + y = (4) 105 - Thay y = x từ (3) vào (1) ta phương trình :  x = −1  x = + x ⇔ ( x + 1)( x − x + 2) = ⇔  x = − x =1+  0,5 Vậy ta nghiệm (x; y) : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) −x - Từ (4) suy y = ( x = -1 nghiệm (4)) x +1 Thay y vào (2), ta có : x2 − x3 = 2+ ⇔ x + x3 − x − x − = ( x + 1) x +1 ⇔ ( x + x + 2)( x − x − 1) = ⇔ x − x − = (Vì x + x + = ( x + 1) + > ) x = 1− ⇔  x = + 5 −1 = −3 − Ta - Với x = − ⇒ y = 2− ( x; y) = (1 − 5; −3 − 5) nghiệm hệ 0,5 − −1 = −3 + Ta 2+ ( x; y) = (1 + 5; −3 + 5) nghiệm hệ - Với x = + ⇒ y = Vậy hệ cho có nghiệm : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) ; (1 − 5; −3 − 5) ; (1 + 5; −3 + 5) 0,5 Câu Ta có : 3.1 p 2016 − = ( p )504 − 1504 = ( p − 1) A = ( p − 1)( p + 1)( p + 1) A (2,0đ) 0,5 (1) ( A ∈ N ) Vì P số nguyên tố lớn nên p số lẻ, suy p – 1, p +1 hai số chẵn liên tiếp 0,5 ⇒ ( p − 1)( p + 1)M4 (2) Vì p – 1, p, p+1 ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p( p + 1)M 0,5 (3) Nhưng p không chia hết ( p − 1)( p + 1)M Vì p khơng chia hết p có dạng 5k ± 1; 5k ± - Nếu p = 5k ± p = 25k ± 10k + = 5n + - Nếu p = 5k ± p = 25k ± 20k + = 5l − Cả hai trường hợp cho ta p − = 5q M (4) ( 106 Câu 3.2 (2,5 đ) ( n, l , q ∈ N ) Vì 3, 4, số nguyên tố đôi nên từ (1), (2), (3), (4) suy p 2016 − chia hết cho 4.3.5 tức chia hết cho 60 - Vì vai trị x, y, z bình đẳng nhau, khác đơi nên ta giả sử x < y < z Khi , gọi t thương phép chia x3 + y + z : x y z Suy : x3 + y + z = tx y z ⇔ z = tx y − - Nếu tx y − x − y < (*) t < 0,5 0,5 x +y x +y > tx y − 2 = tx y − x − y (1) z x y 3 3 1 + < ⇒ t =1 xy x y Thay t = vào (*), ta x y − x − y < ⇒ xy − x − y < ⇒ ( x − 1)( y − 1) < ⇒ x =1 ⇒ y − y < ⇔ y ( y − 1) < ( vô lý) 2 Vậy tx y − x − y ≥ (2) - Từ (1), (2) suy : z ≥ (tx y − x − y ) (3) - Mặt khác x + y + z = tx y z nên x + y Mz ⇒ x + y ≥ z (4) - Từ (3) (4) suy : x + y ≥ (tx y − x − y ) 0,5 0,5 0,5 ⇔ x3 + y ≥ t x y − 2tx y ( x + y ) + x + xy + y ⇒ x + y + 2tx y ( x + y ) > t x y ⇔ txy < x + y + 2tx y ( x + y ) tx3 y 1 1 1 ⇔ txy <  + ÷+ + (5)  x y  tx ty - Nếu x ≥ 1 1 1 1 1 y ≥ ⇒ txy ≥ >  + ÷+ + >  + ÷+ +  2  t.2 t.2  x y  t.x t y Điều mâu thuẫn với (5) Vậy x = Khi (5) trở thành : 1 ty < + + + (6) y t ty 1 1 - Nếu y ≥ ty ≥ > + + + ≥ + + + Điều mâu t t.4 y t ty thuẫn với (6) Vậy y ∈ { 2;3} (Vì y > x = 1) 0,5 107  x3 + y = 9Mz  ⇔ x = 1; y = 2; z = + Nếu y =  x ≤ y ≤ z  x = 1; y =   x3 + y = 28Mz  + Nếu y =  x ≤ y ≤ z ( Loại)  x = 1; y =  - Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) hốn vị thỏa mãn Vậy thương phép chia x3 + y + z : x y z t = Câu 4.1 (2,5 đ) a) + - Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp Vì BD, DC tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có : 0,5 · · OBD = OCD = 900 · · ⇒ OBD + OCD = 900 + 900 = 1800 Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác : · · ( Cùng chắn cung BC) BAC = DBC 0,5 0,5 · · ( Vì DN // AB) BAC = DNC · · ⇒ DBC = DNC Suy tứ giác BDCN nội tiếp (2) - Từ (1) (2) suy điểm B, O, N, C, D thuộc đường tròn Vậy tứ giác BONC tứ giác nội tiếp + Chứng minh tam giác ABN cân Ta có : ·ANO = OBC · ( Vì bù với góc ONC) 0,5 108 · · ( Vì tam giác OBC cân O) OBC = OCB · · ( Vì chắn cung OB) OCB = ONB · ⇒ ·ANO = ONB Suy NO tia phân giác góc ANB (3) Mặt khác : · ON ⊥ DN ( Vì OND = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) DN // AB ( giả thiết) ⇒ ON ⊥ AB (4) Từ (3), (4) suy tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời đường cao Vậy tam giác ANB cân N Câu 4.2 (2,0 đ) 0,5 b) - Xét tam giác DBM tam giác DNB, ta có : · góc chung BDN · · ( hai góc nội tiếp chắn hai cung ) BND = MBD ⇒ ∆DBM : ∆DNB ( g g ) DB DM ⇒ = ⇔ DB = DM DN (5) DN DB - - Xét tam giác DIB tam giác DBA, ta có : ·ADB góc chung · · (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) DBI = BAD ⇒ ∆DIB : ∆DBA ( g g ) DB DI ⇒ = ⇔ DB = DI DA (5) DA DB DM DA = Từ (4) (5) suy : DI DA = DM DN ⇔ DI DN Từ kết hợp với ADN góc chung suy : ∆DIM : DNA (c.g c ) · · ⇒ DIM = DNA Suy tứ giác ANMI nội tiếp Ta có : · · (cùng bù với góc IMN) NAD = IMD · · (cùng chắn cung CI) NAD = CBI · · ⇒ CBI = IMD Kết hợp với góc KBM chung, suy : 0,5 0,5 109 ∆KMI : ∆KBM (c.g c ) KM KB ⇒ = KI KM ⇒ KM = KI KB (6) 0,5 Mặt khác : · · ( Hai góc so le ) KDI = BAI · · ( Cùng chắn cung BI ) DBI = BAI · · ⇒ KDI = BDI Kết hợp với góc BKD chung, suy : ∆KDI : ∆KBD ( g g ) KD KB ⇒ = KI KD ⇒ KD = KI KB (7) 0,5 Từ (6) (7) suy : KM = KD Vậy K trung điểm DM Câu 4.3 (1,5 đ) c) Giả sử PI cắt BC L, IQ cắt AB S Ta có : PI BI IL = = ( PI // MN ; định lí ta let) DK BK KM PI QI IL = = ( AB // PL ; định lí ta let) AS QS BS 0,5 (8) (9) Vì DK = KM nên từ (8) suy : PI = IL Vì PI = IL nên từ (9) suy : AS = BS Giả sử SI cắt DK T, suy : 0,5 AS SI BS = = ( Định lý Talets ; AB DT TI KT // DK) (10) Vì AS = BS nên từ (10) suy : T trung điểm DK, hay G trùng với K Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng Câu - Tìm GTNN (2,0 Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c Khi : đ) 5 = a + b + c ≤ 3a ≤ ⇔ ≤ a ≤ ⇒ (a − 1)(2 − a ) ≥ (*) Mặt khác, ≤ b, c ≤ nên (b − 2)(c − 2) ≥ Do 0,5 0,5 ⇔ bc ≥ 2(b + c) − ⇔ bc ≥ 2(5 − a ) − = − 2a 0,5 (**) 110 ( Theo (**) ) A = a + b + c = a + b + c + bc ≥ a + − a + − 2a ⇔ A ≥ a + − a + 2 − a + = a + ( − a + 2) = a + − a + 0,5 ( a + 3− a ) = a + a (3 − a) + − a = + 3a − a = + ( a − 1)(2 − a) + ( (a − 1)(2 − a ) ≥ , theo (*) ) ≥ + 2 = ( + 1) Nên a + − a ≥ +1 Vậy A ≥ 2 + Dấu xảy khi:  ≤ a , b, c ≤ ; a + b + c =  (a − 1)(2 − a ) = ⇔ a = b = ; c =1   bc = − 2a  0,5 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 2 + Đạt (a, b, c) = (2, 2, 1) hoán vị -HẾT -Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm tồn khơng làm trịn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câu I 4,0 điểm NỘI DUNG Cho Điểm biểu x−2 x x +1 1+ 2x − x , + + x x −1 x x + x + x x2 − x P= thức với 2,5 x > 0, x ≠ Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Với P= = = ( điều x−2 x )( ) x −1 x + x +1 ( ) ( x( x > 0, x ≠ , kiện + ( x +1 ) x x + x +1 ) ( x −1) + x − x − 1) ( x + x + 1) x ( x + x − 2) x ( x − 1) ( x + x + 1) x x−2 x + x +1 + x ( x +1 ta 2x − x +1 )( có: ) 0,50 x −1 x + x + 0,50 0,50 111 = ( ) ( x + 2) = x + ( x − 1) ( x + x + 1) x + x + x −1 0,50 Ta có với điều kiện x > 0, x ≠ ⇒ x + x + > ⇒0 x +2 = 1+ ⇔ m < m > m−2 1 + = Từ hệ thức tam giác vng ta có a b h (m − 2) m−2 + = ⇔ =± 2 m m m−2 = ⇔ 2m − = m ⇒ m = (thỏa mãn) Với m m−2 = − ⇔ 2m − = − m ⇒ m = (loại) Với m Vậy m = giá trị cần tìm ( x + y ) (8 x + y + xy − 13) + = (1)  Giải hệ phương trình  (2) 2 x + x + y =  ĐKXĐ: x + y ≠  2 8( x + y ) + xy + ( x + y ) = 13  Chia phương trình (1) cho ( x + y ) ta hệ  2 x + =  x+ y  0,50 0,50 0,50 2,0 0,25       2 ( x + y ) + + 3( x − y ) = 13 + 3( x − y ) = 23 5  x + y +   2 ÷ ( x + y)  x+ y    ⇔ ⇔  0,50   x + y +  + ( x − y ) =  ÷   x + y + x + y ÷+ ( x − y ) = x+ y    , v = x − y (ĐK: | u |≥ ), ta có hệ x+ y Đặt u = x + y + Từ (4) rút u = − v , vào (3) ta 5u + 3v = 23 (3)  (4) u + v = 5u + 3(1 − u ) = 23 ⇔ 4u − 3u − 10 = ⇔ u = u = − Trường hợp u = − loại u <  =2 x + y + x+ y Với u = ⇒ v = −1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ   x − y = −1  Giải hệ cách x = −1 + y vào phương trình đầu ta y −1 + = ⇔ y = Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = (0;1) y −1 III 4,0 Tìm nghiệm nguyên phương trình y − y + 62 = ( y − 2) x + ( y − y + ) x (1) 2 0,25 0,25 0,25 0,50 2,0 113 điểm Ta có (1) ⇔ ( y − ) ( y − 3) + 56 = ( y − 2) x + ( y − ) ( y − ) x 0,25 ⇔ ( y − )  x + ( y − ) x − ( y − 3)  = 56 0,25 ⇔ ( x − 1) ( y − ) ( x + y − 3) = 56 0,50 Nhận thấy ( y − ) + ( x − 1) = x + y − 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số cịn lại Như ta có + ) 56 = 1.7.8 ⇒ ( x; y ) = ( 2;9 ) 0,25 0,25 + ) 56 = 7.1.8 ⇒ ( x; y ) = ( 8;3) +) 56 = ( −8 ) ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( −7;3 ) +) 56 = ( −8 ) ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( 2; −6 ) 0,25 +) 56 = ( −8 ) ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( 8; −6 ) 0,25 +) 56 = ( −8 ) ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( −7;9 ) Vậy phương trình có nghiệm nguyên Chú ý 3: Học sinh biến đổi phương trình đến dạng ( y − )  x + ( y − ) x − ( y − 3)  = 56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p = a + b số nguyên tố p − chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax − by chia hết 2,0 cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p nên p = 8k + (k ∈ ¥ ) Do p − 5M ( Vì ax ) 4k +2 − ( by ) 4k +2 Nhận a 4k +2 ×x 8k +4 −b 4k +2 ×y 8k +4 ( ) Do a k + + b k + = a 0,50 M( ax − by ) Mp nên a k + ×x8 k + − b k + ×y k + Mp =(a k +1 k +2 + ( b2 ) +b k +1 k +2 )x k +4 −b k +2 M( a + b2 ) = p (x 8k +4 +y k +4 ) b< p thấy nên 0,25 0,25 x8k + + y k + Mp (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai 0,50 chia hết cho p Nếu hai số x, y không chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8k + = x p −1 ≡ 1(mod p ), y k + = y p−1 ≡ 1(mod p ) 0,50 ⇒ x8k + + y8 k + ≡ 2(mod p) Mâu thuẫn với (*) Vậy hai số x y chia hết cho p IV 6,0 điểm Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm ¼ cung BAC (O ) , PI a cắt (O ) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng P qua O 114 Chứng minh: tứ giác nội tiếp 2,0 I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy BI a ⊥ BI , CI a ⊥ CI 1,0 ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) · · Xét tứ giác IBI a C có IBI a + ICI a = 180 1,0 Từ suy tứ giác IBI a C tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính II a Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 · Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác BAC ) 0,25 · Do NP đường kính (O) nên NBP = 900 , M trung điểm BC nên PN ⊥ BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng PBN ta có NB = NM NP · · Vì BIN góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên BIN = · BAC · · Xét (O): NBC (cùng chắn cung NC) = NAC = ( ( 0,25 ) · · ABC + BAC (1) ) · · · · · ⇒ NBI = NBC + CBI = BAC + ABC (2) · · Từ (1) (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC , tâm 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI a C ⇒ NI a = NB = NM NP 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 115 Vậy NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Chứng minh: 0,25 2,0 GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB Xét hai tam giác 1· · · NBM = BAC = IAF có: 0,50 ⇒ ∆MNB đồng dạng với ∆FIA Suy mà: , nên 0,50 Ta có: nên suy ∆NMI a đồng dạng với ∆IDA ⇒ (1) Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên V 2,0 điểm 0,50 · · · · · (2) KAI a = KAN = KPN = I a PN = NI a M 0,25 · · Từ (1) (2) ta có DAI = KAI a 0,25 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x ≥ z Chứng minh xz y2 x + 2z + + ≥ y + yz xz + yz x + z 2,0 y2 2z 1+ xz y2 x + 2z yz x + + = + + Ta có P = xz z y y + yz xz + yz x + z +1 1+ +1 yz x yz x 2z y 1+ 2 y x = a + b + + 2c = + z + , y x z b2 + a2 + 1 + c +1 +1 1+ z y x x y z ( a , b, c > ) a = , b = , c = y z x x 2 Nhận xét a b = = ≥ ( x ≥ z ) z c xz yz 0,25 0,25 0,25 Xét 2 2 2 a2 b2 2ab a ( a + 1) ( ab + 1) + b ( b + 1) ( ab + 1) − 2aba ( a + 1) ( b + 1) + − = b + a + ab + ( a + 1) ( b2 + 1) ( ab + 1) ab ( a − b ) + ( a − b) ( a − b ) + ( a − b) ( a + 1) ( b + 1) ( ab + 1) = 2 3 0,25 2 a b 2ab + ≥ = c = Do b + a + ab + 1 + 1 + c c 2 ≥0 0,25 ( 1) Đẳng thức xảy a = b 116 ( ) 2 2 + c 2 ( + c ) + ( + c ) ( + 2c ) − ( + c ) ( + c ) Khi + − = + c c2 + 2 ( + c ) ( + c2 ) 0,25 ( 1− c) − 3c + 3c − c = = ≥0 2 ( + c ) ( + c ) ( + c ) ( + c2 ) 0,25 Từ ( 1) ( 2) ( c ≤ 1) ( ) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b, c = ⇔ x = y = z 0,25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm ... nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề ? ?Quan hệ chia hết? ?? chuyên đề ? ?Số học? ?? huyện Bá Thước 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các dạng toán chủ đề ? ?Quan hệ chia hết? ?? chuyên đề ? ?Số học? ?? để. .. tuyển tỉnh năm qua, mạnh dạn nêu lên: Giải pháp để nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng HSG cấp Tỉnh chủ đề ? ?Quan hệ chia hết? ?? chuyên đề ? ?Số học? ?? huyện Bá Thước làm sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Giải pháp. .. thiện khả học, em hứng thú việc học, hiểu dạng toán quan hệ chia hết chuyên đề số học Sau triển khai giảng dạy chuyên đề em làm tốt với toán quan hệ chia hết đề học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh năm