De va dap an HSG Lop 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD-ĐT ĐÔNG HÀ Câu 1: (1đ)  x  y  z 2010  1 1 1 1  x  y  z  2010 . Cho 3 số x, y, z khác không thoả mãn . Chứng minh rằng trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau. n 1  1   3 * n Câu 2: (1đ) Cho n  N . Chứng minh rằng :  Câu 3: (1đ) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. xy yz zx A   z x y Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 2 Câu 4: (1đ) Chứng minh rằng : P 4n  6n  3n  17 không chia hết cho 125,  n N. n Câu 5:(1,5đ) a) Tìm số tự nhiên n sao cho 3  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: 4 2 2 x y a) x  x  1  y b) 2  3 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’.. MA ' MB ' MC '   3 Chứng minh rằng: OA ' OB ' OC ' .. ---------------Hết----------------. ĐÁP ÁN  x  y  z 2010  1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1  x  y  z  2010  x  y  z  x  y  z   x  y    z  x  y  z  0     Câu 1: Từ  x y x y   0  ( x  y )  z ( x  y  z )  xy  0 xy z( x  y  z)  ( x  y )  zx  zy  z 2  xy  0  ( x  y )  z ( x  z )  y ( x  z )  0  x  y 0  ( x  y )( y  z )( z  x) 0   y  z 0   z  x 0. Vậy trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số đối nhau..  x  y  y  z   z  x.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 2 : 1. 1   1   2  3 1  Với n = 1, ta có :  (đúng)  Với n  2, ta có : n. 1 1 n( n  1) 1 n(n  1)(n  3) 1 n(n  1)(n  2)...2.1 1  . 2 . 3  ....  . n  1   1  n.  n n 2! n 3! n n! n  1  1 1  1  1     ...   n!   2! 3! 1 1 1 1 1 1 1   ...     ...  1   1 n ! 1.2 2.3 ( n  1) n n Mặt khác: 2! 3! n. 1  1   3 n Vậy  (đpcm) Câu 3: xyz 0, Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên zxy. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : xy yz xy yz  2 . 2 y z x z x. (1). yz zx yz zx  2 . 2 z x y x y. (2). zx xy zx xy  2 . 2 x y z y z. (3).  xy yz zx  2     2( x  y  z ) 2 x y Từ (1), (2), (3)   z (vì x + y + z = 1)  2A  2  A  1 xy yz zx 1    x  y z  x y 3 Vậy Min A = 1  z. Câu 4: 3 2 Giả sử tồn tại n  N sao cho P 4n  6n  3n  17  125  P  5 3 2 3  2 P 2(4n  6n  3n  17) (2n  1)  355 3.  (2n  1) 5  2n 15  2n  1 5k , k  N  k lẻ Đặt k = 2m + 1, m  N ta có : 2n = 5(2m + 1) – 1  n = 5m + 2 3 2 3 2 Khi đó : P 4(5m  2)  6(5m  2)  3(5m  2)  17 125(4m  6m  3m)  45 không chia hết cho 125, trái với điều giả sử..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. 2. Vậy P 4n  6n  3n  17 không chia hết cho 125, với mọi n N. Câu 5: n 2 a) Đặt 3  55 a , với a  N (1) n 2 Từ (1)  a chẵn  a 0(mod 4)  3 1(mod 4) (2) n n Mặt khác: 3  1(mod 4)  3 ( 1) (mod 4) (3) Từ (2) và (3)  n chẵn  n = 2m, (m  N) 2 m 2 m m pt (1)  a  (3 ) 55  (a  3 )(a  3 ) 55 (*).   a  3m 11  m   a  3 5   m a  3  55    a  3m 1.  3m 3   m  3 27.  m 1  m 3 . m m Vì 0  a  3  a  3 nên từ (*)  n 2 2  Với m = 1  n = 2  3  55 3  55 64 8. n 6 2  Với m = 3  n = 6  3  55 3  55 784 28 n n   2;6 Vậy thì 3  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  k lẻ  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)  k 2 m 2 1(mod 3)  m 2  k 2 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. 4 2 2 Câu 6: a) x  x  1  y (1) 2 2 2 4 2 2 2 x 0 x ( x )  x  x  1  ( x  1) Ta có  2 2 2 2 2 Do đó từ (1)  ( x )  y ( x  1) (*) 2 2 2 Vì x2 và x2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*)  y ( x  1)  ( x 2  1)2  x 4  x 2  1  x 2 0  x 0 2  y 1  y 1 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1) x y x y b) 2  3 1  2  1 3 (1). Từ (1)  2x > 1  x > 0  y 0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y y  Xét y là số chẵn : Ta có : 3  1(mod 4)  3 (  1) (mod 4)  3 y 1(mod 4) (vì y chẵn) x Do đó từ pt(1)  2 2(mod 4)  x = 1  y = 0 y 2 m 1 3.9m 3(mod 8)  Xét y là số lẻ : đặt y = 2m + 1, (m  N) .Ta có : 3 3 x Do đó từ pt(1)  2 4(mod 8)  x = 2  y = 1. Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên : (1; 0), (2; 1) Câu 7: Chứng minh: A. a) Ta có: S ABC S MBC  SMCA  SMAB 1 1 1 1 .BC.h  .BC.MH  . AC.MK  . AB.MI 2 2 2 2  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 OH ' OK ' OI '  h 3 MA ' MH  Ta có: MH // OH’ nên: OA ' OH ' MB ' MK  OK’ // MK nên: OB ' OK ' MC ' MI  IM // OI’ nên: OC ' OI '. K I'. K' B'. I C'. A'. B. O M. H. H'. (1) (2) (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’) h  3 1 h 3 MA ' MB ' MC '   3 Vậy OA ' OB ' OC ' (đpcm). --------------Hết--------------. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>