Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng tích của 8 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 128.. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH.[r]
(1)Së Gi¸o Dôc & §µo T¹o VÜnh phóc đề chính thức Kú thi chän häc sinh giái líp vßng tØnh n¨m häc 2007 – 2008 -đề thi môn: toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu Cho các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện: 2 x y z 0 2 y z x 0 2 z x y 0 22 2008 Tính giá trị biểu thức S ( x y) ( y z) ( z x) Câu Giải phương trình: 10 4 2 x 3 x Câu a Chứng minh tích số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 128 b Chứng minh với số tự nhiên n cho trước, số m n(n 1)(n 2) ( n 7) 1.2.3 không thể phân tích thành tổng hai số chính phương Câu Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Gọi M,N tương ứng là trung điểm các cạnh AB, AC a Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBM, HCN và AMN cùng qua điểm K b Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM c Gọi I là giao điểm HK và MN, chứng minh I là trung điểm MN Câu Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc 2 Chứng minh a3 b3 c3 a b c b c a c a b -Hết - Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:……………… Së Gi¸o Dôc & §µo T¹o VÜnh phóc Kú thi chän häc sinh giái líp vßng tØnh n¨m häc 2007 – 2008 (2) Câu (2 điểm) -Hớng dẫn chấm đề thi chính thức môn toán Điểm Nội dung Ta có 2 x y 3z 0(1) 2 y z 3x 0(2) 2 z x y 0(3) Từ đó suy 2( x y ) 3( y z ) 0 2( y z ) 3( z x) 0 2( z x) 3( x y ) 0 2( x y ) 3( y z ) 2( y z ) 3( z x) 2( z x) 3( x y ) 8( x y)( y z)(z x) 27( x y)( y z)( z x) ( x y)( y z)( z x) 0 x y y z z x Nếu x y , từ (1) ta suy 3x 3z 0 x z x y z Tương tự, y z z x ta dẫn đến x y z Như vậy, với các số thực x, y , z thoả mãn giả thiết bài toán ta luôn có x y z (2 điểm) 22 2008 Từ đó: S ( x x) ( x x) ( x x) 0 ĐK: x 2 x 0 1 x x 2 3 x -Nếu 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25 0 x 0 3 x x 10 x 10 4 x 3 x Suy x , phương trình không có nghiệm 4 x 1 2 x x 2x x 2 0 x 10 x x -Nếu 0.75 0.75 10 4 x 3 x Suy x , phương trình không có nghiệm x ta thấy thoả mãn điều kiện và phương trình đã cho Với Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 3.a Trong số nguyên liên tiếp luôn có số chia hết cho và số khác (1 điểm) chia hết cho 2, đó tích chúng chia hết cho 0.25 0.25 (3) Trong số nguyên liên tiếp luôn có số chẵn liên tiếp, giả sử đó là các số 2k , 2k 2, k 4, 2k 6( k ) Ta có 0.5 2k (2 k 2)(2k 4)(2k 6) 16k ( k 1)( k 2)( k 3) Mà k (k 1)(k 2)( k 3)8 nên 2k (2k 2)(2k 4)(2k 6)128 Từ đó suy 0.25 điều cần chứng minh 3.b Ta chứng minh phản chứng Từ phần a ta suy m 128c 5040 (1 điểm) Giả sử m có thể phân tích thành tổng hai số chính phương, tức là tồn các số tự nhiên a, b cho 128c 5040 a b (1) Vế trái (1) chia hết cho nên a, b cùng là các số chẵn (vì ngược lại, số chẵn và số lẻ thì vế phải (1) là số lẻ, còn hai số lẻ thì 0.25 a b (2 x 1) (2 y 1) 4 z chia dư 2, vô lí!) 2 Do đó a 2a1 , b 2b1 (a1 , b1 ) và (1) 32c 1260 a1 b1 (2) 0.25 Lập luận tương tự cho (2), ta có (2) 8c 315 a b ,(a , b ) (3) 0.25 2 2 2 Lúc này, 8c 315 3(mod 4) còn a b 3(mod 4) (thật vậy, xét tất các 2 2 khả chẵn, lẻ a , b ta thấy có ba khả xảy là 2 0.25 a b 0(mod 4) a b 1(mod 4) a b 2(mod 4) đó (3) mâu thuẫn, suy điều phải chứng minh 2 2 2 2 2 2 4.a -Gọi giao điểm thứ hai các đờng tròn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c HBM vµ HCN lµ K Ta cã HBM HKM 180 HCN HKN 180 A T¬ng tù 0.25 0.25 MKN 360 HKM HKN 180 HBM HCN MAN MKN MAN 180 0 M I N Từ đó 0.25 K B 4.b C Chứng tỏ tứ giác AMKN nội tiếp, hay đờng H 0.25 trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AMN còng ®i qua K Tam giác AHB vuông có MH là cạnh huyền nên MH = MB suy 0.25 MHB MBH (1) Mặt khác MN là đường trung bình tam giác ABC nên MN//BC suy MHB HMN (2) 4.c 0.25 Từ (1) và (2) suy MBH HMN Từ đó MN là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM Tương tự 4.b ta chứng minh MN là tiếp tuyến đường tròn ngoại 0.5 (4) tiếp tam giác HCN Do MN là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM nên MHI KMI tam giác IMH đồng dạng với tam giác IKM suy IM IH IM IK IH IK IM (3) Tương tự ta chứng minh IN IK IH (4) Từ (3) và (4) ta có IM = IN hay I là trung điểm MN 0.25 0.25 0.5 Trước hết, với số thực dương a, b ta có 0.25 a b3 (a b)(a b ab) (a b)(2ab ab) ab(a b) Từ đó a b 2c ab(a b) 2c 2 2abc ( a b) 2 4c ( a b) 4c a b 3 3 Hay a b 2c 4c a b (1) 3 0.25 Tương tự b c 2a 4a b c (2); c a 2b 4b c a (3) Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh 0.25 abc 2 a b c ab(a b) 2c a b c bc(b c) 2a ca(c a ) 2b 0.25 3 3 3 3 Đẳng thức xảy và ……………… Hết……………… (5)