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

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 :
Chủ đề chính Vận dụng Tổng
1)Phân tích ĐT thành nhân tử, biến
đổi đồng nhất.
1
1
1
1
2) Bất đẳng thức 2 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 đồng
dạng
2
3
2
3
Tổng 10
10
10 10
Câu 1: (1đ)
Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn
2010
1 1 1 1
2010

x y z
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
xy yz zx
A
z x y
= + +
Câu 4: (1đ) Chứng minh rằng :
3 2

4 6 3 17P n n n
= + + −
không chia hết cho 125,
∀
n
∈
N.
Câu 5:(1,5đ) a) Tìm số tự nhiên n sao cho
3 55
n
+
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)
4 2 2
1x x y
+ + =
b)
2 3 1
x y
− =
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
' ' '
MA MB MC
OA OB OC
+ + =
.
---------------Hết----------------
ĐÁP ÁN
Câu 1: Từ
2010
1 1 1 1
2010
x y z
x y z
+ + =



+ + =



1 1 1 1 1 1 1 1
0
x y z x y z x y z x y z
   
⇒ + + = ⇒ + + − =
 ÷  ÷

+ + + +
   


[ ]
0 ( ) ( ) 0
( )
x y x y
x y z x y z xy
xy z x y z
+ +
⇒ + = ⇒ + + + + =
+ +


( )
[ ]
2
( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0x y zx zy z xy x y z x z y x z⇒ + + + + = ⇒ + + + + =


0
( )( )( ) 0 0
0
x y x y
x y y z z x y z y z
z x z x
+ = = −
 
 

⇒ + + + = ⇒ + = ⇒ = −
 
 
+ = = −
 

Vậy trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau.
Câu 2 :
• Với n = 1, ta có :
1
1
1 2 3
1
 
+ = <
 ÷
 
(đúng)
• Với n ≥ 2, ta có :

2 3
1 1 ( 1) 1 ( 1)( 3) 1 ( 1)( 2)...2.1 1
1 1 . . . .... .
2! 3! !
n
n
n n n n n n n n
n
n n n n n n
− − − − −

 
+ = + + + + +
 ÷
 

1 1 1
1 1 ...
2! 3! !n
 
< + + + + +
 ÷
 
Mặt khác:
1 1 1 1 1 1 1
... ... 1 1
2! 3! ! 1.2 2.3 ( 1)n n n n
+ + + ≤ + + + = − <
−
Vậy
1
1 3
n
n
 
+ <
 ÷
 
(đpcm)
Câu 3:
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên

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

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :

2 . 2
xy yz xy yz
y
z x z x
+ ≥ =
(1)

2 . 2
yz zx yz zx
z
x y x y
+ ≥ =
(2)

2 . 2
zx xy zx xy
x
y z y z
+ ≥ =
(3)
Từ (1), (2), (3) ⇒
2 2( ) 2
xy yz zx

x y z
z x y
 
+ + ≥ + + =
 ÷
 
(vì x + y + z = 1)
⇒ 2A ≥ 2 ⇒ A ≥ 1
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
3 2
4 6 3 17P n n n
= + + −

M
125 ⇒ P
M
5
⇒
3 2 3
2 2(4 6 3 17) (2 1) 35 5P n n n n

= + + − = + −
M
⇒
3
(2 1) 5 2 1 5 2 1 5 ,n n n k k N
+ ⇒ + ⇒ + = ∈ ⇒
M M
k lẻ
Đặt k = 2m + 1, m
∈
N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1
⇒
n = 5m + 2
Khi đó :
3 2 3 2
4(5 2) 6(5 2) 3(5 2) 17 125(4 6 3 ) 45P m m m m m m
= + + + + + − = + + +
không chia hết cho 125, trái với điều giả sử.
Vậy
3 2
4 6 3 17P n n n
= + + −
không chia hết cho 125, với mọi n
∈
N.
Câu 5:
a) Đặt
2
3 55
n

a
+ =
, với a
∈
N (1)
Từ (1) ⇒ a chẵn ⇒
2
0(mod 4)a ≡
⇒
3 1(mod4)
n
≡
(2)
Mặt khác:
3 1(mod 4) 3 ( 1) (mod 4)
n n
≡ − ⇒ ≡ −
(3)
Từ (2) và (3) ⇒ n chẵn ⇒ n = 2m, (m
∈
N)
pt (1)
2 2
(3 ) 55 ( 3 )( 3 ) 55
m m m
a a a
⇔ − = ⇔ − + =
(*)
Vì
0 3 3

m m
a a
< − < +
nên từ (*) ⇒
3 11
3 5
1
3 3
3
3 27
3 55
3 1
m
m
m
m
m
m
a
a
m
m
a
a


+ =


− =

=

=



⇒ ⇒



=
=

+ =





− =


• Với m = 1 ⇒ n = 2 ⇒
2 2
3 55 3 55 64 8
n
+ = + = =
• Với m = 3 ⇒ n = 6 ⇒
6 2
3 55 3 55 784 28

n
+ = + = =
Vậy
{ }
2;6n
∈
thì
3 55
n
+
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 ⇒ k
2
lẻ ⇒ k

lẻ ⇒ k = 2n + 1, (n
∈
N)
Do đó từ a + 1 = k
2
⇒
a = (k – 1)(k + 1) = 4n(n + 1)
M
8 (1)
Mặt khác: k
2
+ m
2
= a + 1 + 2a + 1 = 3a + 2
2(mod3)
≡

2 2 2 2
1(mod3) 0(mod3)k m m k a⇒ ≡ ≡ ⇒ − = ≡
hay
3aM
(2)
Từ (1) và (2) ⇒
(3.8)aM
, (vì (3; 8) = 1)
Vậy a chia hết cho 24.

Câu 6: a)
4 2 2
1x x y
+ + =
(1)
Ta có
2
0x x
≥ ∀
⇒
2 2 4 2 2 2
( ) 1 ( 1)x x x x
< + + ≤ +
Do đó từ (1) ⇒
2 2 2 2 2
( ) ( 1)x y x
< ≤ +
(*)
Vì x
2
và x
2
+ 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) ⇒
2 2 2
( 1)y x
= +

2 2 4 2 2
( 1) 1 0 0x x x x x⇔ + = + + ⇔ = ⇔ =
⇒

2
1 1y y
= ⇔ = ±
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1)
b)
2 3 1 2 1 3
x y x y
− = ⇔ − =
(1)
Từ (1) ⇒ 2
x
> 1 ⇒ x > 0 ⇒
0y
≥
• Xét y là số chẵn : Ta có :
3 1(mod 4) 3 ( 1) (mod 4)
y y
≡ − ⇒ ≡ −

3 1(mod 4)
y
⇒ ≡
(vì y chẵn)
Do đó từ pt(1) ⇒
2 2(mod 4)
x
≡
⇒ x = 1 ⇒ y = 0
• Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m
∈

N) .Ta có :
2 1
3 3 3.9 3(mod8)
y m m+
= = ≡
Do đó từ pt(1) ⇒
2 4(mod8)
x
≡
⇒ x = 2 ⇒ y = 1
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1)
Câu 7:
Chứng minh:

a) Ta có:
ABC MBC MCA MAB
S S S S= + +

1 1 1 1
. . . . . . . .
2 2 2 2
BC h BC MH AC MK 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:
'
' '
MA MH
OA OH
=
(1)
OK’ // MK nên:
'
' '
MB MK
OB OK
=
(2)
IM // OI’ nên:
'
' '
MC MI
OC OI
=
(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta có:

' ' '
' ' ' ' ' ' '
MA MB MC MH MK MI MH MK MI
OA OB OC OH OK OI OH
+ +
+ + = + + =
(vì OH’ = OK’ = OI’)

3
1
3
h
h
= =
Vậy
' ' '
3
' ' '
MA MB MC
OA OB OC
+ + =
(đpcm)

H
C'
K
I
B'
A'

I'
H'
K'
O
A
B
C
M
--------------Hết--------------