cho em xin đáp án HSGtoán 9 Nghệ An năm 2010-2011
#1
Đã gửi 21-01-2012 - 08:57
#2
Đã gửi 21-01-2012 - 09:36
File gửi kèm
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 21-01-2012 - 23:03
SỞ GIÁO DỤC & ðÀO TẠO
NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN – BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm).
a) Cho các số nguyên $a_1, a_2, a_3, ... , a_n$. Đặt $$S=a_1^3+...+a_n^3$$
và $$P = a_1 + a_2 + ... + a_n.$$
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
b) Cho $A=n^6-n^4+2 n^3+2 n^2$
( với $ n \in \mathbb{N}, n > 1$). Chứng minh A không phải là số chính phương.
Câu 2 (4,5 điểm).
a) Giải phương trình: $$10\sqrt{x^3+1}=3x^2+6$$
b) Giải hệ phương trinh:
$$\left\{ \begin{array}{l} x + \frac{1}{y} = 3\\ y + \frac{1}{z} = 3\\ z + \frac{1}{x} = 3 \end{array} \right.$$
Câu 3 (4,5 điểm).
a) Cho $x > 0, y > 0, z > 0$ và $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{2y + z + x}} + \frac{1}{{2z + x + y}} \le 1$$
b) Cho $x > 0, y > 0, z > 0$ thỏa mãn $x^{2011}+y^{2011}+z^{2011}=3$.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$M=x^2+y^2+z^2.$$
Câu 4 (4,5 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác .
Giả sử M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N là P
lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC.
a) Chứng minh N, H, P thẳng hàng
b) Khi góc $BOC$ bằng $120^o$, xác định vị trí của điểm M sao cho $\frac{1}{MB}+\frac{1}{MC}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (2,5 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, một điểm I di chuyển trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
--- Hết---
Mọi người hãy cùng thảo luân đề thi Nghệ An hsg toán 9 năm 2010-2011 đi nào.
- Ispectorgadget và Tea Coffee thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#4
Đã gửi 21-01-2012 - 23:05
Chém câu dễ nhất.Câu 1 (4,0 điểm).
a) Cho các số nguyên $a_1, a_2, a_3, ... , a_n$. Đặt $$S=a_1^3+...+a_n^3$$
và $$P = a_1 + a_2 + ... + a_n.$$
Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
$S-P= \left( a_1^3-a_1 \right) + \left( a_2^3-a_2 \right) +...+ \left( a_n^3-a_n \right) \ \vdots \ 6$
- perfectstrong yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#5
Đã gửi 21-01-2012 - 23:21
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#6
Đã gửi 22-01-2012 - 08:34
b) Giả sử $n^6-n^4+2n^3+2n^2=k^2$, k là số nguyên
$\Leftrightarrow n^4(n^2-1)+2n^2(n+1)=k^2\Leftrightarrow (n+1)n^2(n^3-n^2+2)=k^2$
$\Leftrightarrow (n+1)^2n^2[(n-1)^2+1]=k^2$
Khi đó $(n-1)^2+1$ không chính phương
Nhưng $(n-1)^2<(n-1)^2+1=n^2+2(1-n)<n^2$ vì n>1
Do đó: $(n-1)^2+1$ không chính phương
Vậy $n^6-n^4+2n^3+2n^2$ không thể là số chính phương
- perfectstrong và Zaraki thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#7
Đã gửi 22-01-2012 - 13:53
Áp dụng $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y}$
Ta có
$$\frac{1}{2x+y+z} =\frac{(\frac{1}{2} +\frac{1}{2})^2}{2x+y+z} \le \frac{(\frac{1}{2})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{2})^2}{x+z} =\frac{(\frac{1}{4} +\frac{1}{4})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})^2}{x+z} \le \frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{y} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{z} =\frac{1}{16}.(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z})$$
Tương tự
$$\frac{1}{x+2y+z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y} +\frac{1}{z}) ; \frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
Như vậy
$$\frac{1}{2x+y+z} +\frac{1}{x+2y+z} +\frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y}+\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
$$\le \frac{1}{16}(\frac{4}{x} +\frac{4}{y}+\frac{4}{z}) \le \frac{4}{16}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \le \frac{1}{4}.4 =1$$
- perfectstrong yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#8
Đã gửi 22-01-2012 - 14:24
Câu 1:
b) Giả sử $n^6-n^4+2n^3+2n^2=k^2$, k là số nguyên
$\Leftrightarrow n^4(n^2-1)+2n^2(n+1)=k^2\Leftrightarrow (n+1)n^2(n^3-n^2+2)=k^2$
$\Leftrightarrow (n+1)^2n^2[(n-1)^2+1]=k^2$
Khi đó $(n-1)^2+1$ không chính phương
Nhưng $(n-1)^2<(n-1)^2+1=n^2+2(1-n)<n^2$ vì n>1
Do đó: $(n-1)^2+1$ không chính phương
Vậy $n^6-n^4+2n^3+2n^2$ không thể là số chính phương
Mình xin làm tiếp:Câu 3. a)
Áp dụng $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y}$
Ta có
$$\frac{1}{2x+y+z} =\frac{(\frac{1}{2} +\frac{1}{2})^2}{2x+y+z} \le \frac{(\frac{1}{2})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{2})^2}{x+z} =\frac{(\frac{1}{4} +\frac{1}{4})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})^2}{x+z} \le \frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{y} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{z} =\frac{1}{16}.(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z})$$
Tương tự
$$\frac{1}{x+2y+z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y} +\frac{1}{z}) ; \frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
Như vậy
$$\frac{1}{2x+y+z} +\frac{1}{x+2y+z} +\frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y}+\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
$$\le \frac{1}{16}(\frac{4}{x} +\frac{4}{y}+\frac{4}{z}) \le \frac{4}{16}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \le \frac{1}{4}.4 =1$$
Câu 3b:
$x^{2011}+x^{2011}+1+1+...+1\geq 2011\sqrt[2011]{x^{4022}}=2011x^2$ ($2009$ số 1)
$y^{2011}+y^{2011}+1+1+...+1\geq 2011\sqrt[2011]{y^{4022}}=2011y^2$ ($2009$ số 1)
$z^{2011}+z^{2011}+1+1+...+1\geq 2011\sqrt[2011]{z^{4022}}=2011z^2$ ($2009$ số 1)
Cộng cả 2 vế của 3 bất đẳng thức được
$2(x^{2011}+y^{2011}+z^{2011})+6027\geq 2011(x^2+y^2+z^2) \leftrightarrow 6033\geq 2011(x^2+y^2+z^2) \leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le 3$
Dấu $"=" \leftrightarrow x=y=z=1$
Vậy $x^2+y^2+z^2$ đạt GTLN là $3$ khi $x=y=z=1$
(Dùng Cô si cho 2011 số)
Bài 2a:
Phương trình tương đương $9x^2-100x^3+36x^2-64=0 \leftrightarrow (x^2-10x-8)(9x^2-10x+8)=0$
Do vậy $x^2-10x-8=0$ hoặc $9x^2-10x+8=0$ đến đây giải 2 phương trình này thấy phương trình 1 có nghiệm $x_1=5-\sqrt{33};x_2=5+\sqrt{33}$ còn phương trình số 2 thì không có nghiệm.
Vậy $x_1=5-\sqrt{33};x_2=5+\sqrt{33}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-01-2012 - 14:40
- perfectstrong và Zaraki thích
#9
Đã gửi 25-01-2012 - 17:36
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh