012 đề thi hsg toán 9 quận hai bà trưng 2020 2021

111Equation Chapter Section 1UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HĨA VÀ MƠN KHOA HỌC CẤP QUẬN MƠN TỐN Năm học 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5 điểm) 3 1) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn a  b  c 3abc a b b c c a P   c a b Tìm giá trị biểu thức 2) Giải phương trình : x  x  x   0 Câu (5 điểm) 1) Cho đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn P  1 2 P   1 4 Tìm đa thức dư phép chia đa thức P  x  cho đa thức x  2 2) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x  y  xy  x  y  0 3) Cho a, b, c số nguyên dương phân biệt p số nguyên tố lẻ cho a b c p2 ab  1; bc  1; ca  chia hết cho p Chứng mnh Câu (3 điểm) 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x    x với x 4 2 2) Với số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 a  b  c 9 Chứng minh  a 3 Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC vng A có AB  AC đường cao AH Gọi E , F chân đường vng góc hạ từ H lên AC , AB Gọi I giao điểm AH EF , BI cắt AC điểm P Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC Q 1) Chứng minh B trung điểm QH AP BA2 AP AL   1 2) CI cắt AB L Chứng minh PC BC PC LB 3) Gọi M giao điểm FE CB Kẻ HT vng góc với AM Chứng minh BTC 90 Câu (1 điểm) Cho lục giác ABCDEF có diện tích 2022cm điểm nằm lục giác ABCDEF Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm điểm cho có diện tích khơng lớn 337cm ĐÁP ÁN Câu 3 1) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn a  b  c 3abc a b b c c a P   c a b Tìm giá trị biểu thức 3 Ta có a  b  c 3abc  a  b  c 0 2  a  b  c    a  b    b  c    c  a   0    a b c Suy Th1: a  b  c 0  a  b  c; b  c  a; c  b  a  P  Th : a b c  P 6 2) Giải phương trình : x  x  x   0 Điều kiện xác định : x 2 Biến đổi phương trình dạng  x    x  0 x  0 x  0 với x 2 nên :   Vì  x   0  x 2  x    Vậy nghiệm phương trình x 2 Câu 1) Cho đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn P  1 2 P   1 4 Tìm đa thức dư phép chia đa thức P  x  cho đa thức x  Đặt P  x   x  1  x  1 q  x   ax  b Ta có : P  1 a  b 2 ; P   1  a  b 4  a  1; b 3 Vậy đa thức dư  x  2 2) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x  y  xy  x  y  0 2 2 Biến đổi phương trình dạng  x  y  1   y   4 0   x  y  0  x 3  x  y  0  x  Th1:   Th2 :    y  2  y 4  y    y 0  x  y  2  x 3  x  y    x  Th3:   Th :    y  0  y 2  y  0  y 2 x; y      1;0  ;   1;2  ;  3;2  ;  3;4   Vậy  3) Cho a, b, c số nguyên dương phân biệt p số nguyên tố lẻ cho ab  1; bc  1; ca  chia hết cho p Chứng mnh p2 a b c Khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c Thấy ab  1; bc  1; ca  chia hết cho p suy a, b, c không chia hết cho p Từ giả thiết bc  1; ac  chia hết cho p ta suy  bc  1   ac  1 p  c  b  a  p mà c không chia hết cho p  b  ap Tương tự ta có : c  bp , suy b  a  p c  b  p Ta có : b  b  a   a  p  a c b   c  b   p  a  p a  p Nếu a 1  b  ab  1p, b  b  ap dẫn đến 2p mà p số nguyên tố lẻ nên trái với giả thiết Vậy a 2 Sử dụng kiện : a 2, b a  p, c a  p  a b c a  a  p  a  2p  p  a p  3 Câu 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x    x với x 4 Tìm GTNN P: Vì P   P 2   x     x  2 ,  x  0 Min P      x   Vậy Tìm GTLN P P 2  P  0, Vì ta xét P  P   x 2  x 4   x  2   x   x     x  x    x 2 Áp dụng BĐT AM-GM ta có : Do P 4 , dấu " " xảy x  4  x  x 3 Vậy Pmax 2  x 3 2 2) Với số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 a  b  c 9 Chứng minh  a 3 b  c 3  a  2 Từ giả thiết ta có : b  c 9  a Sử dụng bất đẳng thức  b  c   b  c  ta suy : 2   a    a   a  2a  0   a  1  a   0 a  0 a 1  a      a 3 a  0  Vì 2 2 2 Từ giả thiết a  b  c 9  a 9  b  c 9 Do  a 3 Câu A L P I E F Q B H O C Chứng minh B trung điểm QH BH IA  AQ / / BP BQ IH mà I trung điểm AH nên Do theo định lý Talet ta có : 1) BH 1 IA IH , dẫn đến BQ hay B trung điểm QH AP BA2 AP AL   1 PC BC PC LB CI L AB 2) cắt Chứng minh AP QB BH BH BC    BC , sử dụng hệ thức lượng tam giác vng Ta có PC BC BC AP QB BH BA2    ABC ta có BH BC BA2 , từ suy PC BC BC BC AL AC  LB BC Chứng minh tương tự ta có : AP AL AB AC AB  AC   2  1 2 PC LB BC BC BC Suy 3) Gọi M giao điểm FE CB Kẻ HT vng góc với AM Chứng minh BTC 90 Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHB, AHC với HE  AC , HF  AB ta có AF AB  AH  AE AC  AEF ∽ ABC , dẫn đến AEF ABC Gọi O trung điểm BC  OA OB OC nên tam giác AOC cân O, suy OAC OCA Từ suy : AEF  OAC B  C 90 nên OA  EF nên I trực tâm AOM dẫn đến OI  AM hay OI  AT  * Tam giác ATH vuông T , có AI TI HI hay IA IT  ** Từ (*) (**) suy OT trung trực AT dẫn đến OT OA OB OC nên tam giác BTC vuông T Câu 5.Bổ đề: Lấy điểm hình bình hành, tam giác tạo điểm có diện tích bé nửa diện tích hình bình hành Áp dụng: Gọi O tâm lục giác đều, lục giác chia thành hình bình hành ABCO, CDEO, EFAO Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hình bình hành chứa điểm theo bổ đề điểm tạo thành tam giác có diện tích nhỏ nửa diện tích hình bình hành, hay diện tích khơng lớn 337cm