De thi co dap an hoc sinh gioi Dong Ha

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (126.6 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHỊNG GD-ĐT ĐƠNG HÀ
---

---ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn Tốn. 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 A xy yz zx

z x y

  

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.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

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

   

         

       

0 ( ) (



)



( )

x y x y

x y z x y z xy
xy z x y z

 

        

 









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

 

  

 

  (đúng)

 Với n  2, ta có :

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

2! 3! !

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

n

 

 

 

  (đpcm)

Câu 3:

Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên xy 0, yz 0,zx 0
z  x  y 
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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

z x y

 

     

 

  (vì x + y + z = 1)

 2A  2  A  1

Vậy Min A = 1  1

xy yz zx

x y z

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(4m3 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  a2 0(mod 4) 3n 1(mod 4) (2)

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 3m

    nên từ (*) 

3 11

3 5 3 3 1

3 27

3 55

3 1

m

m m

m
m

m
a

a m

m
a

a
   
 

     




   

  

    

 

  


 Với m = 1  n = 2  3n 55 3 2 55 64 8  2
 Với m = 3  n = 6  3n 55 3 6 55 784 28  2

Vậy n



2;6



thì 3n55 là số chính phương.
b) Đặt a + 1 = k2, 2a + 1 = m2 , (k, m

 N)

Vì 2a + 1 lẻ nên m2 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 klẻ k = 2n + 1, (n 
 N)

Do đó từ a + 1 = k2

 a = (k – 1)(k + 1) = 4n(n + 1)  8 (1)

Mặt khác: k2 + m2 = 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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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

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

Vì x2và x2 + 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

     (1)

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: SABC SMBCSMCASMAB

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:

' ' ' 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’)

1 3
3

h
h

 

H
C'

K

I B'

A'

I'

H'

K'
O

A

B C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vậy ' ' ' 3

' ' '

MA MB MC

OA OB OC  (đpcm)

</div>

De thi co dap an hoc sinh gioi Dong Ha

<b>---ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI </b>

<b>---Hết---ĐÁP ÁN</b>

















<i>a</i>



3

<i>y</i>



0

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về