Gọi M là điểm bất kì bên trong tam giác ABC.[r]
Trang 1PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ
- -ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn Toán Thời gian 150 phút
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
n
n
Câu 3: (1đ) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy yz zx A
z x y
Câu 4: (1đ) Chứng minh rằng : P4n36n23n17 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) 2x 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 xy
xy z x y z
(x y zx zy z ) 2xy 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 :
n
n
n
Trang 2
2! 3! n!
Mặt khác:
2! 3! n! 1.2 2.3 (n1)n n
Vậy
1
n
n
Câu 3:
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên
xy yz zx
z x y
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
xy yz xy yz
y
yz zx yz zx
z
zx xy zx xy
x
Từ (1), (2), (3)
2 xy yz zx 2( x y z ) 2
z x y
Vậy Min A = 1
1 3
xy yz zx
x y z
z x y
Câu 4:
Giả sử tồn tại n N sao cho P4n36n23n 17 125 P 5
2P2(4n36n23n17) (2 n1)3 35 5
(2n1) 53 2n1 5 2n 1 5 ,k kN k lẻ
Đặt k = 2m + 1, m N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1 n = 5m + 2
Khi đó :P4(5m2)36(5m2)2 3(5m2) 17 125(4 m36m23 ) 45m
không chia hết cho 125, trái với điều giả sử
VậyP4n36n2 3n17 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
m
m m
m
a
m a
a
Trang 3 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
2 0
x 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
Do đó từ pt(1) 2x 2(mod 4)
Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m N) Ta có : 3y 32m1 3.9m 3(mod8)
Do đó từ pt(1) 2x 4(mod8)
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1)
Câu 7:
Chứng minh:
a) Ta có: S ABC S MBCS MCAS MAB
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:
1
3
OH OK OI h
Ta có: MH // OH’ nên:
'
OA OH (1)
OK’ // MK nên:
'
OB OK (2)
H C'
K
A'
I'
H'
K'
O A
M
Trang 4IM // OI’ nên:
'
OC OI (3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta có:
(vì OH’ = OK’ = OI’)
3
1
3
h
h
Vậy
3
OA OB OC (đpcm)