Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Amsesdam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Amsesdam (Có đáp án)

1. ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM LẦN 3 NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương pqn;; , trong đó p , q là các số nguyên tố thỏa mãn: p p 3 q q 3 n n 3 Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32 9 x 6 x 1 0 Không giải phương trình, hãy tính tổng: a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5 S a b b c c a Câu 3: Cho tam giác ABC , AB AC , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy tại H. Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hình chiếu của H trên GA. 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. 2. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng GH AM. Câu 4: Cho a , b , c là ba số thực dương thỏa mãn abc 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 abc2 2 2 abc2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 5: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A , B được tô bởi cùng một màu mà AB 1.
2. LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM LẦN 3 NĂM HỌC 2017 - 2018 Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương pqn;; , trong đó p , q là các số nguyên tố thỏa mãn: p p 3 q q 3 n n 3 Không mất tính tổng quát, giả sử pq . Trường hợp 1: p 2 pp 3 2 2 3 2.5 10 10 q q 3 n n 3 10 n2 3 n q 2 3 q n 2 q 2 3 n 3 q 10 n q n q 3 n q 10 n q n q 3 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương nq 2. nq 3 2 2 3 7 Mà 10 1.10 2.5 n q 3 10 n q 7 n 4 n q 1 n q 1 q 3 So với điều kiện thỏa mãn. Vậy bộ ba số nguyên dương pqn;; cần tìm là 2;3;4 . Trường hợp 2: p 3 pp 3 3. 3 3 3.6 18 18qq 3 nn 3 18 nnqqnq2 3 2 3 2 2 3 nq 3 18 n q n q 3 n q 18 n q n q 3 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương nq 3. nq 3 3 3 3 9 Mà 18 1.18 2.9 3.6 n q 3 18 n q 15 n 8 n q 1 n q 1 q 7 So với điều kiện thỏa mãn. Vậy bộ ba số nguyên dương pqn;; cần tìm là 3;7;8 . Trường hợp 3: p 3 Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì tích aa 3 luôn chia 3 dư 1. Thật vậy: Nếu a :3 dư 1 a 3 k 1 a 3 3 k 4
3. a a 3 3 k 13 k 4 9 k2 15 k 4:3 dư 1. Nếu a :3 dư 2 a 3 k 2 a 3 3 k 5 a a 3 3 k 23 k 5 9 k2 21 k 10:3 dư 1. Trở lại bài toán chính: Vì q p 3 p 3; q 3. p p 3 q q 3 :3 dư 2. Mà nn 3 :3 dư 1 (nếu n 3) hoặc nn 33 nếu n 3. p p 3 q q 3 n n 3 Suy ra không có bộ ba số nguyên dương pqn;; thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32 9 x 6 x 1 0 Không giải phương trình, hãy tính tổng: a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5 S a b b c c a Vì a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32 9 x 6 x 1 0 Khi phân tích đa thức 2x32 9 x 6 x 1 ra thừa số ta được: 2x32 9 x 6 x 1 2 x a x b x c 91 x a x b x c x32 x 3 x 22 91 x3 abcx 2 abbccaxabcx 3 x 2 3 x 22 9 abc 2 ab bc ca 3 1 abc 2 2 2 2 2 2 9 57 a b c abc 2 abbcca 2.3 24 Tính a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 : a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 ab bc ca 2 2 ab    bc bc ca ca ab ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 abbcca 2 2 abcabc 1 9 9 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 32 2   2 2 2 Tính abc3 3 3 : a3 b 3 c 3 abca 2 b 2 c 2 abbcca 3 abc 3 3 3 9 57 1 417 abc 33  2 4 2 8 Vậy:
4. 9 abc 2 ab bc ca 3 1 abc 2 57 abc2 2 2 4 9 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 417 abc3 3 3 8 Khi đó ta có: a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5 S a b b c c a S a43 abab 22 ab 34 b b 43 bcbc 22 bc 34 c c4 c 3 a c 2 a 2 ca 3 a 4 S2 a4 2 b 4 2 c 43 abbabccbaccaab 3 33 33 222222 bc ca S abc4442 ab 22 2 bc 22 2 ca 22 aabac 43 3 bbabc 43 3 c4 cacb 3 3 ab 2 2 bc 2 2 ca 2 2 2 S abc2 2 2 aabcbabccabc 3 3 3 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 Sabc 222 abcabc 333 abbcca 222222 2 57 9 417 9 3465 S  4 2 8 2 8 Câu 3: Cho tam giác ABC , AB AC , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy tại H. Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hình chiếu của H trên GA. 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. 2. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng GH AM.
5. A I E O F H C G B D M A' 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp và tứ giác AFHE nội tiếp 5 điểm A , F , H , E , I cùng thuộc một đường tròn. tứ giác AIFE nội tiếp. GI. GA GF . GE 1 . Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp GF. GE GB . GC 2 . Từ 1 và 2 suy ra: GI. GA GBGC . tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh). 2. Chứng minh GH AM. Gọi O là đường tròn ngoại tiếp ABC. Kẻ đường kính AA' của O . Vì tứ giác BCAI là tứ giác nội tiếp I O AIA 90  A I  AI hay A I AG. Mà HI AG (giả thiết) A I HI A , I , H thẳng hàng. Mà dễ dàng chứng minh được AH' đi qua trung điểm M của BC (tứ giác BHCA' là hình bình hành). M , I , H thẳng hàng. Xét AGM có: AD AM , MI AG và AD cắt MI tại H. H là trực tâm của tam giác AGM. GH AM Suy ra điều phải chứng minh. Câu 4: Cho a , b , c là ba số thực dương thỏa mãn abc 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 abc2 2 2 abc2 2 2
6. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Trường hợp 1: Nếu tồn tại một trong ba số a , b , c thuộc nửa khoảng 1 1 1 1 2 2 2 2 0; thì ta có 2 2 2 9 a b c a b c . Khi đó bất đẳng 3 abc thức cần chứng minh đúng. 1 1 1 11 7 Trường hợp 2: a ; b ; c ta có a b c 3 a a 3 3 3 33 3 7 7 17 tương tự b ; c . Vậy abc;;; . 3 3 33 1 2 17 Ta chứng minh 2 xx 44  x ; . (*). x 33 Thật vậy 2 (*) 1 x4 4 x 3 4 x 2 x4 4 x 3 4 x 2 1 0 x 1 x2 2 x 1 0 22 17 xx 1 1 2 0 luôn đúng với  x ; . 33 1 1 1 Vậy aa2 44 ; bb2 44 ; cc2 44 . a2 b2 c2 1 1 1 Từ đó suy ra a2 b 2 c 2 4 a b c 12 0 abc2 2 2 1 1 1 abc2 2 2 (đpcm). abc2 2 2 Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi abc 1. Câu 5: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A , B được tô bởi cùng một màu mà AB 1. iả sử hông có 2 điểm nào trong mặt phẳng được tô cùng màu mà khoảng cách giữa chúng là 1 đơn vị độ dài. t một điểm O bất có màu vàng trên mặt phẳng. ẽ đường tr n O, 3 . ấy một điểm P bất trên O . ựng hình thoi OAPB có cạnh bằng 1 và có đường ch o là OP. ễ thấy OA OB AB AC BC 1. Th o giả thiết, , B phải tô hác màu vàng và hác màu nhau. o đó P phải tô vàng. Từ đây suy ra tất cả các điểm trên ( O ) phải tô vàng. Điều này trái với giả thiết vì dễ thấy tồn tại hai điểm trên ( O ) có hoảng cách 1 đơn vị độ dài. s: Số 1 có thể được thay bởi bất số thực dương nào.