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

pdf 4 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 924Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS năm học 2005 – 2006", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS năm học 2005 – 2006
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi ...................................................................................1 
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 + 2199 x 2 x− − 
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 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi ...................................................................................2 
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 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
+ +
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi ...................................................................................3 
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
2s 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 13
72 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 + 2199 x 2 x− − (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
 = ⇒ =
 + =
+) 
k 14
x 1
x 1 2
 = ⇒ =
 + =
+) 
k 2
x 15
x 1 14
 =− ⇒ =−
 + =−
+) 
k 14
x 3
x 1 2
 =− ⇒ =−
 + =−
*) Với x = 13, thay vào (1), ta có: 4y2 = 2 + .2199 13 2 13− − = 2 + 2 = 4 ⇒ y = ± 1 
*) Với x = 1, ta có: 4y2 = 2 + .2199 1 2 1− − = 2 + 14 = 16 ⇒ y = ± 2 
*) Với x = -15, ta có: 4y2 = 2 + .( )2199 15 2 15− − − = 2 + 2 = 4 ⇒ y = ± 1 
*) Với x = -3, ta có: 4y2 = 2 + .( )2199 3 2 3− − − = 2 + 14 = 16 ⇒ y = ± 2 
Tóm lại, phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên: 
(x,y) = (13;1); (13;-1); (1;2); (1;-2); (-15;1); (-15;-1); (-3;4); (-3;-4). 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi ...................................................................................4 
Câu 4. (5 điểm) 
Tính CHI 
Tam giác ABC vuông tại A có Bɵ = 200 nên ACB = 700. 
Vì ACH = 300 nên BCH = 400. 
Vẽ phân giác CE của góc BCH, cắt AB tại E. 
Ta có:  EBC ECB= = 200, 
suy ra tam giác BCE cân tại E, do đó EB = EC. 
Kéo dài CE một đoạn ED = CE, 
ta có BE = EC = ED nên tam giác BCD vuông tại B. 
Khi đó ∆ BCD ∆ ABC (g.g) 
⇒ BC CD
AB BC
= ⇒ BC2 = AB.CD = AB.2BE ⇒ 2BE BC
BC AB
= (1) 
Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: 
BI là phân giác của ∆ ABC nên: IC BC
IA AB
= (2) 
CE là phân giác của ∆ BCH nên: EH CH
EB BC
= (3) 
Mặt khác, ∆ ACH vuông tại A có góc ACH = 300 nên CH = 2AH. 
Từ (3) suy ra 
EH EB EH EB EH 2EB
CH BC 2AH BC AH BC
= ⇒ = ⇒ = (4) 
Từ (1), (2), (4) suy ra 
IC EH
IA AH
= . Do đó HI // CE. 
⇒  CHI HCE= = 200 (so le trong). 
Vậy CHI = 200. 
100
100
200
200 300
A
I
H
C
E
D
B
S

Tài liệu đính kèm:

  • pdfĐề & ĐA HSG Toán 9 tỉnh Bình Định 2005-2006(18-3).pdf