Đề thi (có đáp án) học sinh giỏi Đông Hà

Chứng minh rằng a chia hết cho 24.. Gọi M là điểm bất kì bên trong tam giác ABC.

PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ

- -ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn Toán Thời gian 150 phút

*Ma trận đề kiểm tra :

1)Phân tích ĐT thành nhân tử, biến

2 2 2

3)Phép chia hết, phép chia có dư 1

1

1 1

4)Số chính phương 2

1,5 2 1,5

5)Phương trình nghiệm nguyên 2

1,5

2 1,5

6)Diện tích tam giác, tam giác

10 10 10 Câu 1: (1đ)

Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn

2010

2010

x y z

  











Chứng minh rằng trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau.

Câu 2: (1đ) Cho n  N* Chứng minh rằng : 1 1 3

n

n

Câu 3: (1đ) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của A xy yz zx

Câu 4: (1đ) Chứng minh rằng : P 4n3  6n2  3n 17 không chia hết cho 125, n N

Câu 5:(1,5đ) a) Tìm số tự nhiên n sao cho 3n 55

 là số chính phương

b) Cho a + 1 và 2a + 1 (a  N) đồng thời là hai số chính phương

Chứng minh rằng a chia hết cho 24.

Câu 6: (1,5đ)Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

a) x4 x2  1 y2 b) 2 x 3y 1

Câu 7: (3đ) Cho tam giác đều ABC với tâm O Gọi M là điểm bất kì bên trong tam giác

ABC Kẻ MH BC MK, AC MI, AB.

a) Chứng minh rằng: MH + MK + MI = h ( h là chiều cao của tam giác ABC).

b) Đường thẳng MO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A’, B’, C’

Chứng minh rằng: ' ' ' 3

OA  OB OC 

-Hết -ĐÁP ÁN Câu 1: Từ

2010

2010

x y z

  











0

x y z x y z x y z x y z

0 ( ) ( )  0

(x y zx zy z) xy 0 (x y z x z) ( ) y x z( ) 0

0

0

Vậy trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau

Câu 2 :

 Với n = 1, ta có :

1

1

1

 Với n  2, ta có :

1 1 1 1 ( 1) 1. 2 ( 1)( 3) 1. 3 ( 1)( 2) 2.1 1.

n

n

n

1 1 1 1 1

2! 3! n!

      

2! 3!  n! 1.2 2.3 (n 1)n   n 

Vậy 1 1 3

n

n

Câu 3:

Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên xy 0, yz 0,zx 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :

xy yz 2 xy yz 2y

z  x  z x  (1)

yz zx 2 yz zx 2z

x  y  x y  (2)

zx xy 2 zx xy 2x

y  z  y z  (3)

Từ (1), (2), (3)  2 xy yz zx 2(x y z) 2

 2A  2  A  1

3

Câu 4:

Giả sử tồn tại n  N sao cho P 4n3  6n2  3n 17  125  P  5

 2P 2(4n3  6n2  3n 17) (2  n 1) 3  35 5 

 (2n 1) 5 3   2n 1 5   2n  1 5 ,k k N  k lẻ

Đặt k = 2m + 1, m  N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1  n = 5m + 2

Khi đó :P 4(5m 2) 3  6(5m 2) 2  3(5m 2) 17 125(4   m3  6m2  3 ) 45m 

không chia hết cho 125, trái với điều giả sử

VậyP 4n3  6n2  3n 17 không chia hết cho 125, với mọi n N

Câu 5:

a) Đặt 3n55a2, với a  N (1)

Từ (1)  a chẵn  a 2 0(mod 4) 3n 1(mod 4)

Mặt khác: 3 1(mod 4) 3n ( 1) (mod 4)n

Từ (2) và (3)  n chẵn  n = 2m, (m  N)

pt (1)  a2  (3 )m 2 55 (a 3 )(m a3 ) 55m  (*)

Vì 0 a 3m  a 3mnên từ (*) 

3 11

3

3 27

3 55

m

m m

m

a

m a

a

   

 





 

  



 Với m = 1  n = 2  3n 55 32 55 64 82

 Với m = 3  n = 6  3n 55 36 55 784 282

Vậy n 2;6 thì 3n 55

 là số chính phương

b) Đặt a + 1 = k 2 , 2a + 1 = m 2 , (k, m  N)

Vì 2a + 1 lẻ nên m 2 lẻ  m lẻ  m = 2t + 1, (t  N)

 2a + 1 = (2t + 1) 2  a = 2t(t + 1) là số chẵn

 a + 1 lẻ  k2 lẻ  k lẻ  k = 2n + 1, (n  N)

Do đó từ a + 1 = k 2

 a = (k – 1)(k + 1) = 4n(n + 1)  8 (1) Mặt khác: k 2 + m 2 = a + 1 + 2a + 1 = 3a + 2 2(mod 3)

 k2 m2 1(mod 3) m2  k2  a 0(mod 3) hay a 3 (2)

Từ (1) và (2)  a(3.8), (vì (3; 8) = 1)

Vậy a chia hết cho 24.

Câu 6: a) x4 x2  1 y2 (1)

Ta có x2  0 x  ( )x2 2 x4 x2  1 (x2 1)2

Do đó từ (1) ( )x2 2  y2 (x2 1)2 (*)

Vì x 2 và x 2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*)  y2 (x2 1)2

 (x2 1)2 x4 x2  1 x2  0 x 0

 y2  1 y1

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1)

b) 2x 3y 1 2x 1 3y

Từ (1)  2x > 1  x > 0  y  0

 Xét y là số chẵn : Ta có : 3 1(mod 4) 3y ( 1) (mod 4)y

3y 1(mod 4)

Do đó từ pt(1)  2x 2(mod 4)

 Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m  N) Ta có : 3y 32m 1 3.9m 3(mod 8)

Do đó từ pt(1)  2x 4(mod 8)

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1)

Câu 7:

Chứng minh:

a) Ta có: S ABC S MBCS MCAS MAB

1 . 1 . 1 . 1 .

2 BC h 2 BC MH 2 AC MK 2 AB MI

 BC h  (MH MK MI BC  ).

 MH MK MI  h (đpcm)

b) Từ O kẻ OH' BC OK, ' AC OI, ' AB

Theo kết quả câu a ta có:

OH’ + OK’ + OI’ = h

Mà O là tâm của tam giác đều ABC nên:

3

OH OK OI  h

Ta có: MH // OH’ nên: '

OA OH (1) OK’ // MK nên: '

OB OK (2)

IM // OI’ nên: '

OC OI (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta có:

' ' '

1 3

3

h h

H C'

K

A'

I'

H'

K'

O A

M

Vậy ' ' ' 3

OA OB OC  (đpcm)