De va dap an HSG Lop 9

Gọi M là điểm bất kì bên trong tam giác ABC.[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ

Câu 1: (1đ)

Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn

2010

1 1 1 1

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

  

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) 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

1 1 1 1

2010

x y z

  







  





0

( ) 0 ( ) ( )  0

x y z x y z xy

xy z x y z

 (x y zx zy z )   2 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 :

n

n

n

Mặt khác:

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

Vậy

1

n

n

Câu 3:

Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên

0,0,0

xyyzzx zxy



Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :

2 . 2

y

z  x  z x  (1)

z

x  y  x y  (2)

x

y  z  y z  (3)

Từ (1), (2), (3) 

2 xy yz zx 2(x y z) 2

 2A  2  A  1

Vậy Min A = 1 

1 3

xy yz zx

z  x  y    

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) 53  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 (3)

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

3 1

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) (vì y chẵn)

Do đó từ pt(1)  2x 2(mod 4) x = 1  y = 0

 Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m  N) Ta có : 3y 32m1 3.9m 3(mod8)

Do đó từ pt(1)  2x 4(mod8) x = 2  y = 1

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

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)

IM // 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)

-Hết -H C'

K

A'

I'

H'

K'

O A

M