Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS năm học 2005 2006

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 2005 – 2006 Đề chính thức Môn TOÁN – Bảng A Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18 – 03 – 2006 Câu 1. (5 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc trong hệ đếm thập phân sao cho với n là số nguyên lớn hơn 2, ta có:

( )

2

2 abc n 1

cba n 2

 = −  = − 

Câu 2. (5 điểm) Cho x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M = 1 1 x y + .

Câu 3. (5 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:

4y2 = 2 + 2 199 x 2x − −

Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A, có góc Bɵ= 200. Kẻ phân giác trong BI, vẽ góc ACH = 300 về phía trong tam giác (I ∈ AC, H ∈ AB). Tính góc CHI. Hết

ThuVienDeThi.com

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

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2005 – 2006 MÔN TOÁN – BẢNG A – BÌNH ĐỊNH Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18 – 03 - 2006 Câu 1. (5 điểm) Tìm các số tự nhiên có 3 chữ số abc thoả mãn:

( )

2

2 abc n 1

cba n 2

 = −  = − 

Từ các điều kiện trên ta có:

abc - cba = n2 – 1 – (n – 2)2 ⇔ 100a + 10b + c – (100c + 10b + a) = n2 – 1 – (n2 – 4n + 4) ⇔ 99(a – c) = 4n – 5 Vì n ∈ Z, n > 2 nên 4n – 5 > 0 và 4n – 5 ⋮ 99 (3) Ta có: 100 ≤ abc ≤ 999 ⇒ 100 ≤ n2 – 1 ≤ 999 ⇒ 101 ≤ n2 ≤ 1000 ⇒ 10 ≤ n ≤ 31 ⇔ 40 ≤ 4n ≤ 124 ⇔ 35 ≤ 4n – 5 ≤ 119 Kết hợp với (3) ta suy ra 4n – 5 = 99 ⇔ n = 26. Khi đó abc = n2 – 1 = 262 – 1 = 675 và (n – 2)2 = (26 – 2)2 = 242 = 576 = cba : thoả điều kiện. Vậy số tự nhiên cần tìm là 675. Câu 2. (5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của M = 1 1 x y +

Đặt s = x + y, p = xy. Điều kiện để tồn tại các số x, y là s2 – 4p .≥ 0

Ta có M = x y xy

+ = s

p

Khi đó điều kiện bài toán: x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 4(x + y) + 4 = 0 (1), được viết lại ⇔ (x + y)3 – 3xy(x + y) + 3[(x + y)2 – 2xy] + 4(x + y) + 4 = 0 ⇔ s3 – 3ps + 3s2 – 6p + 4s + 4 = 0 ⇔ -3p(s + 2) + s3 + 3s2 + 4s + 4 = 0 ⇔ -3p(s + 2) + (s+2)(s2 + s + 2) = 0 ⇔ (s + 2)(s2 + s + 2 – 3p) = 0

+) Nếu s + 2 = 0 ⇔ s = -2 thì M = s 2 p p − =

Với điều kiện s2 – 4p ≥ 0, và s = -2 ⇒ 0 < p ≤ 1 (do p = xy > 0)

Vì hàm số y = 2 x − đồng biến với mọi x ≠ 0, nên trên nửa khoảng (0; 1] hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 1.

Do đó Mmax = 2 1 −= -2, khi x = y = -1.

+) Nếu s ≠ -2, thi s2 + s + 2 – 3p = 0 ⇔ p =

2s s 2 3 + +

ThuVienDeThi.com

µ GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI........................................Bùi Văn Chi ...................................................................................3µ

Khi đó M = 2 s 3s p s s 2 =

+ +

.

Vì p > 0, và s2 – 4p ≥ 0, nên để M có giá trị lớn nhất thì s > 0.

Ta có M = 2

3s 3 2 s s 2 s 1 s

= + + + +

.

Với s > 0 thì . . 2 2 s 2 s 2 2 s s + ≥ = . Dấu “=” xảy ra khi s = 2 s 2 s ⇒ = (vì s > 0)

Do đó M ≤ ( ) 3 2 2 1 3 7 2 2 1

− = +

Dấu “=” xảy ra khi s = 2 , khi đó p =

2s s 2 2 2 2 4 2 3 3 3 + + + + + = = .

Các giá trị này của s và p không thoả điều kiện s2 – 4p ≥ 0, tức là không có giá trị của x, y tương ứng. Vì vậy M không đạt giá trị lớn nhất trong trường hợp này. Mặt khác, với s > 0, p > 0 thoả điều kiện s2 – 4p ≥ 0 thì M > 0. Do đó giá trị M = -2 < 0 tại x = y = -1 không là giá trị lớn nhất của M với mọi giá trị x, y thoả mãn điều kiện (1) của bài toán.

Tóm lại với mọi giá trị x, y thoả mãn điều kiện (1) của bài toán thì biểu thức M = 1 1 x y + không tồn tại giá trị

lớn nhất. Câu 3. (5 điểm)

Giải phương trình nghiệm nguyên 4y2 = 2 + 2 199 x 2x − − (1)

Vì phương trình (1) có nghiệm nghuyên nên suy ra 199 – x2 – 2x = k2 (k ∈ Z). (2) Vì 4y2 ⋮ 4 nên từ (1) suy ra k chẵn Biến đổi: (2) ⇔ 200 – (x – 1) = k2 ⇔ k2 + (x – 1)2 = 200 = 4 + 196 Xét 4 trường hợp:

+) k 2 x 13 x 1 14

=  ⇒= + = 

+) …