Đề chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2006-2007 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2006-2007 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – Bảng A BÌNH ĐỊNH Năm học: 2006 – 2007 Môn: TOÁN 9 – Ngày thi: 18/03/2007 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) n2 1 Bài 1. (5.0 điểm) Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn là tích của hai số tự 3 nhiên liên tiếp thì n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. x y 3 Bài 2. (5.0 điểm) Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: . x2 xy y 2 7 1 1 Bài 3. (5.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 x 1 1 y 1 . Trong đó y x x, y là các số dương thỏa mãn x2 y 2 1. Bài 4. (5.0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn. Lấy các điểm MNPQ,,, theo thứ MA PD AD QA NB AB tự trên các cạnh AB,,, BC CD DA của tứ giác sao cho và . MB PC BC QD NC CD Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ.  HẾT  Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Đi rồi sẽ đến " Trang 1
2. Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 ĐÁP ÁN THAM KHẢO n2 1 Bài 1. (5.0 điểm) Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn là tích của hai số tự 3 nhiên liên tiếp thì n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. Lời giải. n2 1 Theo đề ta có: m m 1 m , n   n2 1 3 m m 1 1 . 3 Vì m m 1  2, suy ra n là số tự nhiên lẻ. Đặt n 2 k 1 k  . Thay vào 1 , ta được: 4k k 1 3 m m 1 2 . Vì m, k  nên từ 2 suy ra m k. Đặt m k a a  . Thay vào 2 ta được: 4k k 1 3 k a k a 1 4 k2 4 k 3 k 2 2 ak a 2 k a kkakaa26 330 2 kk 2 163303. aaa 2 Ta có: 1 6a 2 4 3 a2 3 a 1 12 a 36 a 2 12 a 2 12 48 a 2 1. Để phương trình 3 có nghiệm nguyên là phải là số chình phương. Đặt 48a2 1 b 2 b  4 . Mà 48a2 1 là số lẻ nên b là số lẻ, đặt b 2 c 1 c  . Thay vào 4 , ta được: 48a2 1 2 c 1 2 3 a .4 a c c 1 . Vì c c 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên suy ra 3a .4 a là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Do đó, 4a 3 a 1  a 1. Khi đó: 48.a2 1 48.1 1 49. 1 6.1 7 Ta có nghiệm nguyên dương của phương trình 3 là: k 6. 2 Từ n 2 k 1 2.6 1 13 4 9 22 3 2 . Vậy n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. x y 3 Bài 2. (5.0 điểm) Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: . x2 xy y 2 7 Lời giải. x y 3 x y 3 k Từ  , với 0 k . 2 2 2 2 x xy y 7 x xy y 7 k x2 2 xy y 2 9 k 2 Suy ra 3xy 9 k2 7 k 7 k 3  k  3 (vì 7,3 1). 2 2 x xy y 7 k Đặt k 3 m m , m 0 . Khi đó: x y9 m , 3 xy 9. 3 m 2 7.3 m 81 m2  21 m xy 27 m 2 7 m . Theo định lí VI-ÉT, thì x và y là hai nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn t : t2 9 mt 27 m 2 7 m 0 2 . 28 Ta có: 81m2 4 27 m 2 7 m 27 m 2 28 m m 28 27 m  0 0 m . 27 Vì m , m 0, nên để phương trình 2 có nghiệm nguyên, suy ra m 1. 2 Khi đó phương trình 2 trở thành: t 9 t 20 0 t1 4, t 2 5. Do đó: x 4, y 5 hoặc x 5, y 4. Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Đi rồi sẽ đến " Trang 2
3. Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 1 1 Bài 3. (5.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 x 1 1 y 1 . Trong đó y x x, y là các số dương thỏa mãn x2 y 2 1. Lời giải. 1 1 1 1 x y Ta có: P 1 x 1 1 y 1 2 2 x 2 y x y . y x 2 x 2 y y x ÁP dụng BĐT CAUCHY, ta có các đánh giá sau: 1 1 x 2. Dấu "" xảy ra khi x . 2x 2 1 1 y 2. Dấu "" xảy ra khi y . 2y 2 x y 2. Dấu "" xảy ra khi x y. y x 2 1 x y 2 x2 y 2  x y 2. Dấu "" xảy ra khi x y . 2 Do đó P 22222 22432. 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 4 3 2 , đạt được khi x y . 2 Bài 4. (5.0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn. Lấy các điểm MNPQ,,, theo thứ MA PD AD QA NB AB tự trên các cạnh AB,,, BC CD DA của tứ giác sao cho và . MB PC BC QD NC CD Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ. Lời giải. Trường hợp 1. Tứ giác ABCD có hai cạnh đối diện song song (như hình). Giả sử AB CD. Ta có, ABCD là hình thang cân AD BC . MA PD AD Khi đó: 1  MP , là trung điểm của hai cạnh đáy MB PC BC AB,. CD QA NB AB Mặt khác, , vì AD BC  QA NB. QD NC CD Do đó MP là trung trực của NQ. Vậy MP NQ. Trường hợp 2. Tứ giác ABCD không phải là hình thang (như hình). Vẽ các hình bình hành MADR,. MBCS Có MR AD,,,, MR AD MS BC MS  BC DR MA,,, DR AB CS MB CS  AB  DR CS. MA PD AD Theo giả thiết, . MB PC BC DR PD Suy ra , mặt khác RDP SCP (so CS PC le trong, DR CS ). Do đó DRP CSP c g c DPR CPS . Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Đi rồi sẽ đến " Trang 3
4. Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 Vì DPC,, thẳng hàng nên suy ra RPS,, thẳng hàng. PR PD AD MR Ta có: . Suy ra MP là phân giác của góc RMS của MRS. PS PC BC MS Chứng minh tương tự như trên, vẽ các hình bình hành QHBA,, QKCD ta có HNK,, thẳng hàng NH QH AB NB và . Suy ra QN là phân giác của góc HQK của QHK. NK QK CD NC Gọi F AD  BC,. E AB  CD Vì DFC và RMS là hai góc nhọn có cạnh tương ứng song song nên hai phân giác của chúng song song. Gọi Fx là phân giác của góc CFD , thì MP Fx. Lập luận tương tự, HQK và BEC là hai góc nhọn có cạnh tương ứng song song. Nên hai phân giác của chúng song song, ta có QN Ey. ( Ey là phân giác của góc BEC ). Gọi I Fx  Ey,. T Fx  CD FE  FE  Ta có: T F BCD BCD ,. E Do đó, T E BCD 1 . 1 12 1 2 1 1 2 2 Mặt khác, theo tính chất góc có đỉnh ở ngoài đường tròn, ta có: E CEB BC AD F CFD CD AB AB AD , và BCD (góc nội tiếp). 2 2 4 2 2 4 2 CD AB BC AD AD AB Thay vào 1 , ta được:TE  1 1 4 4 4   CD BC AB AD 2 AB AD CD BC AB AD 360  90  . 4 4 4 Do đó ETI vuông tại I, hay Fx Ey. Vậy MP NQ (ĐPCM). Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Đi rồi sẽ đến " Trang 4