HD giải đề thi HSG toán 9 tỉnh Hà Giang năm 2014 2015

Cho a,b,c,x,y,z thỏa mãn cmr: Giải: Từ: => Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 n2) + (m n) = m2 hay là (m n)(4m + 4n + 1) = m2 () Gọi d là ước chung lớn nhất của m n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d. Mặt khác, từ () ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d. Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1. Vậy m n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn () nên chúng đều là các số chính phương.

HD giải đề thi HSG Toán 9 tỉnh Hà Giang

Năm học 2014 – 2015 Câu 1.

a/ Cho x =

2

2 1 1    2 1 1   Tính GTBT:

2015

4 3 2 2 1

x  x  x  x

Giải:

x = quy đồng, biến đổi = 2

Thay vào tính đc P = 1.

b/ Cho a,b,c,x,y,z thỏa mãn

 

  

  cmr: x2015y2015z2015  0

Giải:

Từ:

 

  

2 2 2

2

2

0

( ) ( ) ( ) 0.(vi : ( ) 0, )

0 0

z z

   

       

   



Câu 2 Giải hệ pt.

Giải hệ pt:

3

3

3

6 6

4608 512

x y

xy







 





Câu 3 Trùng đề 16-17.

Câu 4.

từ giả thiết suy ra: (m−n)(4m+4n+1)= m2

giả sử (m−n,4m+4n+1)=d

⇒m−n d;4m+4n+1 d⋮d;4m+4n+1⋮d ⋮d;4m+4n+1⋮d

⇒(m−n)(4m+4n+1) d⋮d;4m+4n+1⋮d 2

⇒m2⋮d;4m+4n+1⋮dd2⇒m d⋮d;4m+4n+1⋮d

mà m−n d⋮d;4m+4n+1⋮d ⇒n d⋮d;4m+4n+1⋮d ⇒4m+4n d⋮d;4m+4n+1⋮d ⇒1 d ⋮d;4m+4n+1⋮d

từ đó suy ra m−n;4m+4n+1 nguyên tố cùng nhau

Vậy ta có đpcm

Cách giải cụ thể khác:

Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n

tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*)

Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d

Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d

Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1

Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương

Câu 5( Đề vào 10 KHTN ĐH QG Hà Nội 2011)

Ta chứng minh thêm ý a/ với yêu cầu cm 2 tam giác bằng nhau.

a/ Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD

      cân tại O OB OD (1).Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE  (2)(cùng bù với góc OBC) Trong CEFcó CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên CEFcân tại C Do AB CF  AEBAFC EAB

ABE

  cân tại B  BE BA CD  (3). Từ (1), (2),(3)suy ra OBEODC c g c(   ) (đpcm)

b/ Từ câu a) OBEODC suy ra OE OC Mà CO là đường cao tam giác cân

CEF  OE OF Từ đó OE OC OF  vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF(đpcm)

c/ Theo (3) BE CD mà CE CF  BC DF Ta có CI là đường phân giác

E

F

A

D

góc BCD . .

IB BE ID DF

Mà COlà trung trực EF và I CO  IE IF

Từ hai đẳng thức trên suy ra IB BE EI ID DF FI. .  . . (đpcm)