Đề chọn đội tuyển Toán lớp 9 – Amsterdam lần 3 năm học 2017 – 2018

Hi vọng "Đề chọn đội tuyển toán 9 – Amsterdam lần 3 năm học 2017 – 2018" sẽ cung cấp những kiến thức bổ ích cho các em trong quá trình học tập nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi học sinh giỏi của mình. Để nắm vững nội dung chi tiết cũng như cấu trúc đề thi mời các em cùng tham khảo tài liệu.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề chọn đội tuyển Toán lớp 9 – Amsterdam lần 3 năm học 2017 – 2018ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM LẦN 3NĂM HỌC 2017 – 2018Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương  p; q; n  , trong đó p , q là các sốnguyên tố thỏa mãn: p  p  3  q  q  3  n  n  3Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2 x3  9 x2  6 x 1  0Không giải phương trình, hãy tính tổng:Sa 5  b5 b5  c 5 c 5  a 5a bbccaCâu 3: Cho tam giác ABC ,  AB  AC  , với ba đường cao AD , BE , CF đồngquy tại H . Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hìnhchiếu 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 a  b  c  3. Chứng minhrằng:1 1 1 2  2  a 2  b2  c 22a b cDấu 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 mộtmàu mà AB  1.LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAMLẦN 3 NĂM HỌC 2017 - 2018Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương  p; q; n  , trong đó p , q là các sốnguyên tố thỏa mãn:p  p  3  q  q  3  n  n  3Không mất tính tổng quát, giả sử p  q.Trường hợp 1: p  2 p  p  3  2  2  3  2.5  10 10  q  q  3  n  n  3 10  n2  3n  q 2  3q   n2  q 2    3n  3q  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 n  q  2. nq3 223 7Mà 10  1.10  2.5n  q  3  10n  q  7n  4 n  q 1n  q 1q  3So với điều kiện thỏa mãn.Vậy bộ ba số nguyên dương  p; q; n  cần tìm là  2;3; 4  .Trường hợp 2: p  3 p  p  3  3.  3  3  3.6  18 18  q  q  3  n  n  3  18  n2  3n  q 2  3q   n2  q 2    3n  3q  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 n  q  3. n  q  3  3 3 3  9Mà 18  1.18  2.9  3.6n  q  3  18 n  q  15  n  8 n  q 1 n  q 1q  7So với điều kiện thỏa mãn.Vậy bộ ba số nguyên dương  p; q; n  cần tìm là  3;7;8 .Trường hợp 3: p  3Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thìtích a  a  3 luôn chia 3 dư 1.Thật vậy:Nếu a : 3 dư 1  a  3k  1  a  3  3k  4 a  a  3   3k  1 3k  4   9k 2  15k  4 : 3 dư 1.Nếu a : 3 dư 2  a  3k  2  a  3  3k  5 a  a  3   3k  2  3k  5  9k 2  21k  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 n  n  3 : 3 dư 1 (nếu n 3) hoặc n  n  3 3 nếu n 3. p  p  3  q  q  3  n  n  3Suy ra không có bộ ba số nguyên dương  p; q; n  thỏa mãn yêu cầu bàitoán.Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2 x3  9 x2  6 x 1  0Không giải phương trình, hãy tính tổng:Sa 5  b5 b5  c 5 c 5  a 5a bbccaVì a , b , c là ba nghiệm của phương trình2 x3  9 x 2  6 x  1  0Khi phân tích đa thức 2 x3  9 x2  6 x 1 ra thừa số ta được:2 x3  9 x2  6 x  1  2  x  a  x  b  x  c 91  x  a  x  b  x  c   x3  x 2  3x 2291 x3   a  b  c  x 2   ab  bc  ca  x  abc  x3  x 2  3x 229 abc  2 ab  bc  ca  31abc 22579 a  b  c   a  b  c   2  ab  bc  ca      2.3 422 22 22 2Tính a b  b c  c a :2222a 2b2  b2c2  c2 a 2   ab  bc  ca   2  ab  bc  bc  ca  ca  ab 2 a 2b2  b2c 2  c 2 a 2   ab  bc  ca   2abc  a  b  c 21 9 9 a 2b2  b2c 2  c 2 a 2  32  2   2 2 2333Tính a  b  c :a3  b3  c3   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   3abc9  571 417 a 3  b3  c 3    3   3  2 428Vậy:9abc 2 ab  bc  ca  31abc 257222 a b c  4 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  92 a 3  b3  c 3  4178Khi đó ta có:a 5  b5 b5  c 5 c 5  a 5a bbcca432 2 S   a  a b  a b  ab3  b4    b4  b3c  b2c 2  bc3  c 4 S  c 4  c3a  c 2 a 2  ca3  a 4  S  2a4  2b4  2c4  a3b  b3a  b3c  c3b  a3c  c3a  a 2b2  b2c 2  c 2a 2 S   a 4  b4  c4  2a 2b2  2b2c 2  2c 2 a 2    a 4  a3b  a3c   b4  b3a  b3c   c4  c3a  c3b    a 2b2  b2c 2  c 2a 2  S   a 2  b 2  c 2   a 3  a  b  c   b3  a  b  c   c 3  a  b  c 2  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  S   a 2  b2  c 2    a3  b3  c3   a  b  c    a 2b 2  b 2c 2  c 2a 2 22 57  9 417 9 3465 S     28 4  2 8Câu 3: Cho tam giác ABC ,  AB  AC  , với ba đường cao AD , BE , CF đồngquy tại H . Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hìnhchiếu của H trên GA.1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. ...