Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS năm học 2006-2007 môn Toán

µ GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI.......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 1µ

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006-2007 Môn: TOÁN Ngày thi: 18 – 03 - 2007 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (BẢNG A) Bài 1: (5 điểm)

Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thoả mãn

2n 1 3

− là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì n là

tổng bình phương của hai số nguyên liên tịếp. Bài 2: (5 điểm) Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình:

2 2 x y 3 7 x xy y + = − +

Bài 3: (5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( ) ( ) 1 1 P 1 x 1 1 y 1 y x

        = + + + + +             

trong đó x, y là các số dương thỏa mãn x2 + y2 = 1. Bài 4: (5 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn. Lấy các điểm M, N, P, Q theo thứ tự trên các cạnh AB,

BC, CD, DA của tứ giác sao cho MA PD AD QA NB AB và MB PC BC QD NC CD = = = = .

Chứng minh MP vuông góc với NQ. Hết

ThuVienDeThi.com

µ GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI.......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 2µ

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2006 – 2007 (Bảng A) Ngày thi: 18 – 03 – 2007 Bài 1: (5 điểm) Chứng minh n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp

Từ điều kiện

2n 1 3

− = m(m + 1) (m, n ∈ N)

Ta có: n2 – 1 = 3m(m + 1) (1) Vì m(m + 1) ⋮ 2, suy ra n là số tự nhiên lẻ. Đặt n = 2k + 1 ( k ∈ N) Thay vào (1) ta có: 4k(k + 1) = 3m(m +1 ) (2) Vì m, k ∈ N nên từ (2) suy ra m ≥ k. Đặt m = k + a (a ∈ N) Thay vào (2): 4k(k + 1) = 3(k + a) ( k + a + 1) ⇔ 4k2 + 4k = 3(k2 + 2ak + a2 + k + a) ⇔ k2 + k – 6ak – (3a2 + 3a) = 0 ⇔ k2 + k(1 – 6a) – (3a2 + 3a) = 0 (3) Ta có: ∆ = (1 – 6a)2 + 4(3a2 + 3a) = 1 – 12a + 36a2 + 12a2 + 12a = 48a2 + 1 Điều kiện để phương trình (3) có nghiệm nguyên là ∆ phải là số chính phương. Đặt 48a2 + 1 = b2 (b ∈ N) (4) Vì 48a2 + 1 là số lẻ nên b là số lẻ, đặt b = 2c + 1 (c ∈ N) Thay vào (4): 48a2 + 1 = (2c + 1)2 ⇔ 12a2 = c2 + c ⇔ 3a.4a = c(c + 1). Vì c(c + 1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên suy ra 3a.4a là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, Do đó 4a = 3a + 1 ⇒ a = 1. Khi đó ∆ = 48a2 + 1 = 49 Ta có nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là:

k = (1 6.1) 7 6 2 −− + = .

Từ đó n = 2k + 1 = 2.6 + 1 = 13 = 4 + 9 = 22 + 32, Vậy n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. Bài 2: (5 điểm)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 2 x y 3 7 x xy y + = − + (1)

Từ (1) suy ra: 2 2 x y 3k

x xy y 7k

+ =   − + =  , với k ∈ Z, k ≠ 0.

Biến đổi:

2 2 2

2 2 x 2xy y 9k

x xy y 7k

 + + =  − + =  ⇒ 3xy = 9k2 – 7k ⇒ 7k ⋮ 3 ⇒ k ⋮ 3 (vì (7; 3) = 1).

Đặt k = 3m (m ∈ Z, m ≠ 0). Khi đó: x + y = 9m, 3xy = 9(3m)2 – 7.3m = 81m2 – 21m ⇒ xy = 27m2 – 7m Theo định lý Vi-ét, thì x và y là hai nghiệm của phương trình bậc hai ẩn t: t2 – 9mt + 27m2 – 7m = 0 (2)

Ta có ∆ = 81m2 – 4(27m2 – 7m) = -27m2 + 28m = m(28 – 27m) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ m ≤ 28

27 .

Vì m ∈ Z, m ≠ 0, nên để phương trình (2) có nghiêm nguyên, suy ra m = 1. Khi đó phương trình (2) trở thành: t2 – 9t + 20 = 0 ⇔ t1 = 4, t2 = 5

ThuVienDeThi.com