Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương.. Cho hình chữ nhật ABCD.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ PHONG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp -Năm học: 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (5,0 điểm) a) Cho A = k4 + 2k3 16k2 2k + 15 với kZ Tìm điều kiện k để A chia hết cho 16 b) Cho số tự nhiên a và b Chứng minh tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm số nguyên c cho a2 + b2 + c2 là số chính phương Câu (6,0 điểm) 2 a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a b c 1 Chứng minh : b) Giải phương trình a2 b2 c2 1 1 b a 1 c b 1 a c 3x x 0 x R Câu (3,0 điểm) 1 1 1 )(3 )(3 ) a b b c c a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a +b+c Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện P (3 Câu (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng vuông góc với AC C cắt các đường thẳng AB , AD E và F Chứng minh rằng: BE CF DF CE AC EF Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, lấy điểm C thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh CA Biết độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn Chứng minh rằng: SABC (SABC là diện tích tam giác ABC) (2) PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ PHONG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp -Năm học: 2010 - 2011 Câu Nội dung a/ Cho A = k + 2k - 16k - 2k +15 với k Z Vì k Z ta xét các trường hợp: TH1: k chẵn A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là số lẻ A không chia hết cho A không chia hết cho 16 (loại) (1) TH2: k lẻ, ta có: A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) Do k lẻ k - 1; k + 1; k - 3; k + chẵn A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) 2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) với k Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16 b/ Đặt A = a2 + b2 + c2 Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau: TH1: Trong số a, b có số chẵn và số lẻ Không tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ a2 4; b2 : dư a2 + b2 : dư a2 + b2 = 4m + (m N) Chọn c = 2m a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1) TH2: Cả số a, b cùng chẵn Điểm 5,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 a2 + b2 a2 + b2 = 4n (n N) Chọn c = n - a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + = (n + 1)2 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c Z thoả mãn bài toán a/ Từ giả thiết suy a , b , c thuộc (0 ; 1) a2 b a a2 b a b a a2 a b a 1 b a 1 b a 1 b a b c2 b c b ; c a c 1 a c Tương tự : c b Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta : a2 b2 c2 1 a b3 c a 2b b 2c c 2a 1 b a 1 c b 1 a c (1) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận : a a b3 3a 2b; b3 b3 c 3b 2c; c c a 3c a (2) 6,0 0,5 0,5 1,0 (3) 0,5 0,5 a2 b2 c2 1 Từ (1) và (2) b a c b a c a b c Đẳng thức xảy b/ t 3x x t3 Đặt t = x Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t + 5t 0 8 2t 0 5t t 1,0 8 2t 0 5t 64 32t 4t 9 t 4 15t 4t 32t 40 0 1,0 t 4 t 15t 26t 20 0 1,0 t x 3,0 1 1 1 x y z Đặt a b ; b c ; c a (x, y, z > 0) 0,5 P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz ≥ 27 (xyz)2 27 xyz xyz (*) 1 1 1 xyz a b b c c a abc (vì a, b, c > 0) Lại có: a b c 3 abc abc mà 1,0 1,0 8 abc 64 xyz 64 abc abc 3 Thay vào (*) ta được: P 27 64 27 64 64 = 27 + 144 + 108 + 64 = 343 0,5 1 Dấu = có a = b = c = Pmin = 343 Khi a = b = c = 3,0 (4) A D B E C 0,5 F BE CE DF CF , AE EF AF EF Theo ñònh lí Talet ta coù : BE DF 1 Cộng tưng vế hai đẳng thức trên ta : AE AF 0,5 1,0 1,0 Nhân hai vế với AE.AF : BE.AF + DF.AE = AE.AF = AC.EF ( 2SAEF ) BE CF EF DF CE.EF AC.EF Hay BE CF DF CE AC EF 3,0 Không tính tổng quát, giả sử TH1: A B C A 600 A 900 600 A H kẻ CH AB; BK AC S ABC CH.AB mà CH CC1 ta có: AB 1,0 K B1 C1 B A1 C 1,0 BB BK 1 SinA SinA SinA Sin60 S ABC 3 (1) TH2: A 90 AB BB1 1, CH CC1 (2) S ABC 1,0 1 S ABC 1.1 2 3 Từ (1) và (2) * Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng và lập luận chặt chẽ ghi điểm tối đa (5)