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]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS MỸ PHONG Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (5,0 điểm)
a) Cho A = k4 + 2k3 16k2 2k + 15 với kZ Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16 b) Cho 2 số tự nhiên a và b 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
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh rằng :
1
b) Giải phương trình 2 33 x 2 3 6 5 x 8 0 x R
Câu 3 (3,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện
3
a + b+c
2
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB ,
AD lần lượt tại E và F Chứng minh rằng: BE CF. DF CE. AC EF.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh CA Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1
Chứng minh rằng: ABC
1 S
3
(SABC là diện tích tam giác ABC)
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THCS MỸ PHONG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn :Toán lớp 9 -Năm học: 2010 - 2011
1
a/
5,0
Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k Z
Vì k Z ta xét các trường hợp:
TH1: k chẵn A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ
A không chia hết cho 2
A không chia hết cho 16 (loại) (1)
1,0
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 + 5 đều 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
1,0
1,0
TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ
Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ
a2 4; b2 : 4 dư 1 a2 + b2 : 4 dư 1
a2 + b2 = 4m + 1 (m N) Chọn c = 2m a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1)
1,0
TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn
a2 + b2 4 a2 + b2 = 4n (n N) Chọn c = n - 1 a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) ta luôn tìm c Z thoả mãn bài toán
1,0
2
a/
6,0
Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)
2
2
2
1
a
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
1
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được :
3 3 3 3 2 ; 3 3 3 3 2 ; 3 3 3 3 2
a a b a b b b c b c c c a c a (2)
0,5
0,5
1,0
Trang 3Từ (1) và (2)
1
Đẳng thức xảy ra
3 3
a b c
0,5 0,5
b/
Đặt t = 33x 2
3
3 2
3
t
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
2t +
3
8 5
3
t
3 3
2
2
8 5
3 3
4 4
2 15 26 20 0
15 4 32 40 0
t
t
t t
1,0
1,0
1,0
x
y
z
c a (x, y, z > 0)
P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)
= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz
≥ 27 9 (xyz)3 2 27 xyz3 xyz (*)
Lại có:
xyz
(vì a, b, c > 0)
mà
Thay vào (*) ta được: P 27 9 643 2 27 643 64
= 27 + 144 + 108 + 64 = 343
Dấu = có khi a = b = c =
1
2 Pmin = 343 Khi a = b = c =
1 2
0,5
1,0
1,0
0,5
Trang 4E
D
C
B A
Theo định lí Talet ta có : ,
BE CE DF CF
AE EF AF EF
Cộng tưng vế hai đẳng thức trên ta được : 1
BE DF
AE AF
Nhân hai vế với AE.AF được : BE.AF + DF.AE = AE.AF = AC.EF ( bằng
2SAEF )
BE CF EF DF CE EF AC EF
Hay BE CF. DF CE. AC EF.
0,5
0,5
1,0 1,0
Khơng mất tính tổng quát, giả sử
0
TH1: 600 A 900
kẻ CH AB; BK AC
ABC
1
2
mà CH CC1 1 ta cĩ:
1
0
BB
AB
ABC
(1)
TH2: 0
A 90 AB BB1 1, CH CC1 1 ABC
(2)
Từ (1) và (2) ABC
1 S
3
1,0
1,0
1,0
* Lưu ý: Mọi cách giải khác nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn được ghi điểm tối đa
K H
A
B1 C1