<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

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

1

<b>SỞ GD - ĐT BÌNH ĐỊNH </b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH </b>

<b>LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2005 – 2006 </b>

<b> Đề chính thức </b> <b>Mơn TỐN – Bảng A </b>

<b>Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) </b>
<b>Ngày thi: 18 – 03 – 2006 </b>

<b>Caâu 1. (5 điểm) </b>

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


 ₌ ₋




 ₌ ₋





<b>Câu 2. (5 điểm) </b>

Cho x3_{+ y}3_{+ 3(x}2_{+ y}2_{) + 4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:}
M = 1 1

x y+ .

<b>Câu 3. (5 điểm) </b>

Giải phương trình nghiệm nguyên:
4y2_{= 2 +}

_{199 x}

₋

2

₋

_2x

<b>Caâu 4. (5 điểm) </b>

Cho tam giác ABC vuông góc tại A, có góc

B

ɵ

_{= 20}0_{. Kẻ phân giác trong BI, vẽ góc}_{ACH = 30} 0
về phía trong tam giác (I

∈

AC, H

∈

AB).

Tính góc _CHI.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

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

2

<b>LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH </b>

<b>LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2005 – 2006 </b>
<b>MƠN TỐN – BẢNG A – BÌNH ĐỊNH </b>

<b>Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) </b>
<b>Ngày thi: 18 – 03 - 2006 </b>

<b>Caâu 1. (5 điểm) </b>

<b>Tìm các số tự nhiên có 3 chữ số </b>abc<b> thoả mãn: </b>

( )

2
2

abc n 1
cba n 2



 ₌ ₋





 ₌ ₋





Từ các điều kiện trên ta có:
abc<b> - </b>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 coù: 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 = 26}2_{– 1 = 675}

và (n – 2)2_{= (26 – 2)}2_{= 24}2_{= 576 = cba : thoả điều kiện.}

<b>Vậy số tự nhiên cần tìm là 675. </b>
<b>Câu 2. (5 điểm) </b>

<b>Tìm giá trị lớn nhất của M = </b>1 1

x y+

Đặt s = x + y, p = xy. Điều kiện để tồn tại các số x, y là s2_{– 4p .}_≥₀

Ta coù M = x y
xy

+

= s
p

Khi đó điều kiện bài tốn: x3_{+ y}3_{+ 3(x}2_{+ y}2_{) + 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

+) Neáu 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.

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

⇔

⇔

⇔

⇔

p =

2

s s 2

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

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

3

Khi đó M = s ₂ 3s

p s= + +s 2.

Vì p > 0, và s2_{– 4p}_≥_{0, nên để M có giá trị lớn nhất thì s > 0.}

Ta coù M = ₂ 3s 3₂

s _{s 2 s} ₁

s

=

+ + _{+ +} .

Với s > 0 thì s 2 2 s. .2 2 2

s s

+ ≥ = . Dấu “=” xảy ra khi s = 2 s 2

s⇒ = (vì s > 0)
Do đó M ≤ 3 3 2 2 1( )

7
2 2 1

−
=

+

Dấu “=” xảy ra khi s = 2 , khi đó p = s2 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 khơng có giá trị của x, y tương ứng.}

Vì vậy M khơng 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 tốn.

<b>Tóm lại với mọi giá trị x, y thoả mãn điều kiện (1) của bài toán thì biểu thức M = </b>1 1

x y+ <b> khơng tồn tại giá trị </b>
<b>lớn nhất. </b>

<b>Câu 3. (5 điểm) </b>

<b>Giải phương trình nghiệm nguyên 4y2_{= 2 +}</b> _{199 x}₋ 2₋_2x<b>₍₁₎</b>

Vì phương trình (1) có nghiệm nghuyeân neân suy ra 199 – x2_{– 2x = k}2_(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 +} _{199 13}₋ 2₋_{2 13}_. _{= 2 + 2 = 4}

_⇒

_{y =}_±₁

*) Với x = 1, ta có: 4y2 _{= 2 +} _{199 1 2 1}_{− −}2 _. _{= 2 + 14 = 16}

_⇒

_{y =}_±₂

*) Với x = -15, ta có: 4y2_{= 2 +} _{199 15}₋ 2₋₂_.(₋₁₅₎_{= 2 + 2 = 4}

_⇒

_{y =}_±₁

*) Với x = -3, ta có: 4y2_{= 2 +} _{199 3}₋ 2₋₂_.(₋₃₎_{= 2 + 14 = 16}

_⇒

_{y =}_±₂

<b>Tóm lại, phương trình đã cho có 8 nghiệm ngun: </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

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

4

<b>Câu 4. (5 điểm) </b>

<b>Tính </b>_CHI

Tam giác ABC vuông tại A có Bɵ_{= 20}0_nên_{ACB = 70} 0_.

Vì _{ACH = 30} 0_nên_{BCH = 40} 0_.

Vẽ phân giác CE của góc BCH, cắt AB tại E.
Ta có: _{EBC ECB}₌ _{= 20}0_,

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 vng tại B.
Khi đó ∆ BCD ∆ ABC (g.g)

⇒

BC CD

AB=BC

⇒

BC

2_{= 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 = 30 0 neân 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).

<b>Vaäy </b>_CHI<b>_{= 20}0_.</b>

<b> </b>

10100
0

200

200 ₃₀0
A

<b>I</b>

H

C
E

D

B

</div>

<!--links-->