học sinh giỏi toán 9

Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2014 - 2015 Bài I: (5 điểm) 1) Cho a, b, c thỏa mãn: abc = a  b  c  1   Chứng minh có a b c số a, b, c 2) Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng: A  23n1  23n1  hợp số Bài (5đ) 1) Giải phương trình: x  x  3x2  x   x3  xy  12 y  2) Giải hệ phương trình:  2  x  y  12 Bài (2đ) Với số thực dương a, b, c thỏa mãn: P a  ab  b 2  1    , tìm giá trị lớn biểu thức: a b c b  bc  c 2  c  ca  a 2 Bài (6đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (O) Các đường cao AD, BE, CF đồng quy H 1) Chứng minh rằng: cos2 BAC  cos2 CBA  cos2 ACB  2) P điểm thuộc cung nhỏ AC đường tròn tâm O Gọi M, I trung điểm đoạn thẳng BC HP Chứng minh MI vuông góc với AP Bài (2đ) 1) Tìm tất số nguyên tố p cho: p2  p  lập phương số tự nhiên 2) Cho số thực không âm a, b, c, d, e có tổng Xếp số đường tròn Chứng minh tồn cách xếp cho hai số có tích không lớn Hongtriquang.edu.vn / Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Đáp án HÀ NỘI Năm học 2014 – 2015 Bài I: (5 điểm) 1) Cho a, b, c thỏa mãn: abc = a  b  c  1   Chứng minh có a b c số a, b, c abc  1    ab  bc  ca  abc   a  b  c  ab  bc  ca  a b c  (a  1)(b  1)(c  1)   ba số Lời bình: Qua toán ta thu kết Nếu abc = a  b  c  ab  bc  ca  Ta mở rộng toán: a  x y z ta có toán ;b  ;c  x y yz zx Chứng minh xyz  ( x  y)( y  z )( z  x) x y z xy yz zx      x  y y  z z  x ( x  y )( y  z )  y  z  z  x   z  x  x  y  Đặc biệt:  a  y z x nên ;1  b  ;1  c  x y yz zx (1  a)(1  b)(1  c)  abc   a  b  c  ab  bc  ca  abc  abc  a  b  c  1  2abc   ab  bc  ca Bài đơn giản nhiều so với thi vào chuyên toán KHTN 2013 – 2014 Với a, b, c số thực khác thỏa mãn đẳng thức: (a  b)(b  c)(c  a)  8abc Chứng minh rằng: a b c ab bc ca       a  b b  c c  a (a  b)(b  c) (b  c)(c  a ) (c  a )(a  b) 2) Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng: A  23n1  23n1  hợp số  1(mod 7)  8n  1(mod 7)  A    0(mod 7)  A Mặt khác ta chứng minh A >7 nên A hợp số Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Bài tương tự: Tìm số tự nhiên n để 52 n 6 n   12 số nguyên tố (Hsg 2013) Bài (5đ) 1) Giải phương trình: x  x  3x2  x   x  xy  12 y  2) Giải hệ phương trình:  2  x  y  12 1) Điều kiện: x  Cách Biến đổi thành bình phương (tổng hiệu)  x2  x  x   x  5x2  10 x    ( x   x )2  5( x  1)2   x 1 Cách Đánh giá Nhận thấy VP > nên x > Ta có: VP  3( x  1)2   1,VT  x.x.(3  x)  x  x   2x   VT  VP Dấu “=” xảy x = Sử dụng BDT cauchy:  x   2x  2 x Do 3x2  x   x  x  x(2  x)  4( x  1)2   x  Thử lại với x = thỏa mãn phương trình Cách Liên hợp x    x  x  3x  x   x 3x 3(1  x)    (3x  4)( x  1)  ( x  1) 3x   0  x  1  2x 1  x 3    Với x  3x   1  2x 1 2) Thay pt (2) vào pt (1) ta có: x3  xy  y( x2  y )   ( x  y)( x  xy  y )  Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Từ x = - 2y, trở lại pt (2) giải x = 2, y = -1  x  2x y  Bài tương tự: Giải hệ phương trình:  2  x  y  y  Cộng hai phương trình cho Bài (2đ) Với số thực dương a, b, c thỏa mãn: P a  ab  b2  1    , tìm giá trị lớn biểu thức: a b c b2  bc  c  c  ca  a Bài giải  a  ab  b 2  1   3 a 2ab  ab ab Dấu "=" xảy a=b=c=1 Bài tương tự: Bài (6đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (O) Các đường cao AD, BE, CF đồng quy H 1) Chứng minh rằng: cos2 BAC  cos2 CBA  cos2 ACB  2) P điểm thuộc cung nhỏ AC đường tròn tâm O Gọi M, I trung điểm đoạn thẳng BC HP Chứng minh MI vuông góc với AP Bài giải S  AE  1) Chứng minh ΔAEF  ΔABC  AEF     cos BAC S ABC  AB  Chứng minh tương tự cộng lại ta có: s cos ABC  cos ACB  cos BAC  S AEF  S BFD  SCED 1 S ABC 2) Gọi A′ điểm đối xứng với A qua (O) Khi HBA′C hình bình hành nên ta có M trung điểm HA′ Do MI||PA′⊥AP Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Lời bình Đây toán bản, ta quen với toán trực tâm với trung điểm cạnh Mối liên hệ tâm ngoại tiếp trực tâm Bài (2đ) 1) Tìm tất số nguyên tố p cho: p2  p  lập phương số tự nhiên Bài giải Từ giả thiết ta có: p( p  1)  2(a  1)(a  a  1) Nếu p = a = (thỏa mãn) Nếu p > p lẻ  p | (a  1) p | (a  a  1) Nếu p | (a  1) mà a < p  p  a Khi p( p  1)  2(a  1)(a  a  1)  2a2  3a   (vô nghiệm) Nếu p | (a  a  1)  k cho pk  a  a  1(*) Khi p( p  1)  2(a  1)(a  a  1)  p   2k (a  1)  p  2k (a  1)  Thay vào pt (*) ta có a  (2k  1)a   2k  k    4k  12k  4k  Cần tìm k cho  số phương Mà (2k  2)2    (2k  4)2  4k  12k  4k   (2k  3)2  k   p  127 Vậy p = p = 127 2) Cho số thực không âm a, b, c, d, e có tổng Xếp số đường tròn Chứng minh tồn cách xếp cho hai số có tích không lớn / Kẻ đường kính chứng minh đường trung bình Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Giả sử a  b  c  d  e Khi đó, lấy a làm chuẩn xếp theo chiều kim đồng hồ sau: a  b  c  d  e Cách xếp thỏa mãn yêu cầu vì: 1 1 +) ad  a(b  c  d )  (a  b  c  d )2   12 12 +) bd  ad  +) ce  ae  ad  2 12  12  +) bc  (b  c)2   (a  b  c)    (a  b  c  d )   43  43  ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2013 - 2014 Bài I: (5 điểm) 1) Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 2014; M a 2013  b 2013  1 1    Tính giá trị của: a b c 2014 c 2013 2) Tìm số tự nhiên n để 52 n 6 n   12 số nguyên tố Bài (5 điểm) 1) Giải phương trình: x2  x  2 x     x  y  z   xy 2) Giải hệ phương trình:  4 2 x  y  9z   4z  2x y Bài (2 điểm) Cho số thực thỏa mãn:  a  4;0  b  4;0  c  a + b + c = Tìm GTLN biểu thức: P  a2  b2  c2  ab  bc  ca Bài (6 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, nội tiếp (O) Gọi điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt (O) M (M khác A) a) Chứng minh tam giác IMB IMC tam giác cân b) Đường thẳng MO cắt đường tròn N (N khác M) cắt cạnh BC P Chứng minh sin BAC IP  IN Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN c) Gọi điểm D, E hình chiếu I cạnh AB, AC Gọi điểm H, K đối xứng với điểm D, E qua I Biết AB + AC = 3BC, chứng minh điểm B, C, H, K thuộc đường tròn Bài ( điểm) 1) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn 5x  y  2) Cho lục giác ABCDEF cạnh có độ dài P điểm nằm lục giác Các tia AP, BP, CP, DP, EP, FP cắt cạnh lục giác điểm M1 , M , M , M , M , M (các điểm khác điểm A, B, C, D, E, F) Chứng minh lục giác M1M M M M M có cạnh có độ dài lớn 1./ ĐÁP ÁN Bài 1) Từ gt 1 1 1 1 (a  b)       ,   abc a b c a b a  b  c c c (a  b  c )  (a  b)(ac  bc  c2 )  (a  b)ab  (a  b)(ac  bc  c  ab)   (a  b)(a  c)(b c)  M c 2013  20142013 2) Xét n = 1; 2; thấy n = thỏa mãn Với n > ta có: 52n 6 n   12  25n 3n 1 Mà n2  3n  lẻ với n, nên 25n  12  13 3n 1 chia 13 dư -1; suy 25n 3n 1  12 chia hết cho 13 Bài Điều kiện x  1  x  2x 1 1 Biến đổi phương trình thành x  ( x   1)2    x   x   x  x  TH1 x   x    x4   x  (l ); x  4(t / m) x  2x 1  2x 1 Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN TH2 Giải tương tự Kết luận Phương trình có nghiệm x =  x  y  z   xy 2)  4 2 x  y  9z   4z  2x y Từ pt (1) ( x  y)2  z    z  Từ phương trình (2): ( x2  y )2  4 z  z   (4 z  5)(1  z)    z  Từ z  Với z  5 x = y 5  Vậy hệ có nghiệm (x; y; z )  t ; t ;  4  Bài Cách Giả sử a  b  c suy  a  Ta có: P  (a  b  c)2  ab  bc  ac  36  ab  bc  ac Xét: A  ab  bc  ac  a(6  a)  bc  a(6  a) Mặt khác:  (a  4)(a  2) nên: 6a   a suy a(6  a)  ta có GTLN P 28 , dấu lệch hoán vị (4,2,0) Cách 2: Do  a; b; c   (a  4)(b  4)(c  4)   4(ab  bc  ca)  abc  16(a  b  c)  64   16.6  64  32 (do abc  )  ab  bc  ca  P  (a  b  c)2  (ab  bc  ca)  36   28 ta có GTLN P 28, dấu lệch hoán vị (4,2,0) Hongtriquang.edu.vn Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Bài N A E O I D H P K C B M N a) Chứng minh hai tam giác cân doAhai góc đáy Thật ta có: MIB  IAB  IBA  IBC  IAC (phân giác)  IBC  IAC  IBC  MBC (góc chắn cung MC )  MBI E O Suy tam giác MIB cân M suy MI=MB MI=MB=MC I H D b) ˆ P KMB IM BAC  sin BNM   Gợi ý Ta có sin B MN MN Ta chứng minh C M IM IP  MN IN N A đồng dạng MNI Bằng cách chứng minh tam giác MIP Ta chứng minh IMP NMI (c  g  c)  c) D K B Hongtriquang.edu.vn IM MP  MP.MN  MB2 (luôn đúng)  NM MI E O I H P C M THI HSG TP HN Thầy Hồng Trí Quang Ta có I, B, C thuộc đường tròn (M,IM) (1) Ta có AB + AC = 3BC, mà theo định lý Ptoleme áp dụng cho tứ giác nội tiếp ABCM có: AM BC  AB.MC  AC.MB   AB  AC  MI  3BC.DI  AM  3MI Gọi G trung điểm IA AG = GI = IM G tâm đường tròn đường kính IA chứa A, D, E, I Vì IG = IM nên đường tròn (G, IG) (M, IM) đối xứng qua I Vì D, E thuộc (G, IG) nên đối xứng H, K D, E qua I thuộc (M, IM) hay H, K thuộc (M, IM) (2) Từ (1) (2) ta có B, C, H, K thuộc đường tròn (M, IM) (đpcm) Bài 1) Xét mod suy x chẵn, đặt x = 2z; có  25z  1 chia hết cho 24, tức chia hết cho Pt có nghiệm x = 1; y = 2) -Vì điểm M không trùng với đỉnh lục giác ban đầu nên P không nằm đường chéo lục giác Suy P nằm hoàn toàn miền tam giác có đỉnh O cạnh cạnh lục giác ban đầu Không tính tổng quát, ta cho P nằm miền tam giác OAB Khi đường AP, BP,CP, DP,EP,FP không cắt đoạn CD Tổng quát tồn cạnh lục giac ABCDEF không bị cắt TH1: Nếu có cạnh không bị cắt, ta xét điểm M nằm cạnh liền kề cạnh xong TH2: có cạnh liên tiếp không bị cắt ta lại xét điểm M năm cạnh liên tiếp bị cắt cạnh không bị cắt Hongtriquang.edu.vn 10 THI HSG TP HN Thầy Hồng Trí Quang Gọi điểm M1, M2 thuộc cạnh FA, CD góc M1BM2 > 600, tức cạnh M1M2 lớn cạnh BM1 BM2, lớn TH 3:Nếu có cạnh liên tiếp không bị cắt ta xét điểm M nằm cạnh bị cắt mà không liền TH4 có cạnh liên tiếp không bị cắt Suy cạnh bị cắt liên tiếp Chúng có chung đỉnh , đỉnh C chẳng hạn Khi đó, cạnh bị cắt CB CD Mặt khác CP phải cắt cạnh khác CB CD Số cạnh bị cắt không Sẽ không tồn cạnh liên tiếp không bị cắt ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2012-2013 Câu (5 điểm) a) Tìm số thực a, b cho đa thức: x4 11x3  2ax2  5bx  chia hết cho đa thức x2  x  Hongtriquang.edu.vn 11 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN b) Cho biểu thức P  (a 2013  8a 2012  11a 2011 )  (b2013  8b2012  11b2011 ) Tính giá trị biểu thức P với a   ; b   Câu (5 điểm) 2  6 x  y  xy  x  y   a) Giải hệ phương trình:  2  20 x  y  28 x   b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x2  10 y  xy  x  28 y  18  Câu (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:    Chứng minh rằng: a b c 27a b2 8c    2 2 2 c(c  9a ) a(4a  b ) b(9 b  4c ) Câu (7 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) AB < AC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi I giao điểm hai đường thẳng EF CB Đường thẳng AI cắt (O) M (M khác A) a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E nằm đường tròn b) Gọi N trung điểm BC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng c) Chứng minh BM.AC + AM.BC = AB.MC Câu (1 điểm) Cho 2013 điểm A1; A2 ; A2013 đường tròn (O;1) tùy ý nằm mặt phẳng Chứng minh đường tròn (O; 1) ta tìm điểm M cho MA1  MA2  M A2013  2013 Bài giải 1a) Tìm số thực a, b cho đa thức: x4 11x3  2ax2  5bx  chia hết cho đa thức x2  x  Hongtriquang.edu.vn 12 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Đặt f ( x)  x  11x3  2ax  5bx    x  x  3 q( x)  ( x  1)( x  3)q( x)  f (1)  2a  5b  Từ    f (3)  18a  15b  91 a  b  1b) Nhận xét  nên a, b nghiệm phương trình x2  8x  11  ab  11  Ta có P  (a 2013  8a 2012  11a 2011 )  (b2013  8b2012  11b2011 )  (a  8a  11)a2011  (b2  8b  11)b2011  2) a) Tính Delta phân tích thành nhân tử từ pt (1) (2x − y + 3)(3x + y − 2) = Rút y theo x, thay vào phương trình (2) ta giải hệ b) Nhân vào vế (x + 4y)2 + (4y − 7)2 + (x − 1)2 + 10x − 14 = Từ 10x  14   x  Xét ba trường hợp, x = -1; x = 0; x = thay vào ta tìm y Câu 3 Đặt (a; b; c)  ( ; ; ) x  y  z  x y z BĐT cần chứng minh tương đương với Ta có z3  x2  z  z2 zx x 3  ( z   x2  z  x2  z )  ( z  )    Dấu xảy a = 2b = 3c = Câu A M E F Hongtriquang.edu.vn I H 13 THI HSG TP HN Thầy Hồng Trí Quang a) Sử dụng dấu hiệu tích chứng minh tứ giác nội tiếp ta có IE.IF  IB.IC  IM.IA nên tứ giác AMFE nội tiếp Mặt khác, tứ giác AFHE nội tiếp Vậy A, M, F, H, E nằm đường tròn b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vuông góc với AM M Sử dụng bổ đề HN kéo dài cắt (O) D A, O, D thẳng hàng Khi DM vuông góc với IA Vậy HM, DM vuông góc với IA nên H, M, D thẳng hàng, tức H, M, N thẳng hàng c) Sử dụng định lí Ptoleme cho tứ giác AMBC Câu Kẻ đường kính DE ( DA1  DA2   DA2013 )  ( EA1  EA2   EA2013 )  4026 Đặt P  DA1  DA2   DA2013 , S  EA1  EA2   EA2013 Nếu P  2013 D điểm M cần tìm Nếu P  2013 P  2013 E điểm cần tìm ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2011-2012 Bài I: (5 điểm) Hongtriquang.edu.vn 14 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN 1) Cho biểu thức A  (a 2012  b2012  c2012 )  (a 2008  b2008  c 2008 ) với a, b, c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30 2) Cho f ( x)  (2x  21x  29)2012 Tính f(x) x   49 49  7 8 Bài II: (5 điểm) 1.Giải phương trình: Bài III (2 điểm) x  12   3x  x  2   x  xy  x  y  y  2.Giải hpt  2  x  y  x  y  Giải pt nghiệm nguyên dương : x2  y  5xy  x  y   Bài IV (4 điểm) Cho A điểm thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC ( A không trùng với B, C) Gọi H hình chiếu A lên BC Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC M, N 1) Chứng minh AO  MN 2) Cho AH= cm, BC= cm Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC Bài V (4 điểm) 1) Gọi h1 , h2 , h3 , r độ dài đường cao bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh tam giác tam giác 1 1   h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 3r 2) Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2012 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích không lớn Gợi ý Bài Hongtriquang.edu.vn 15 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN a) Biến đổi A dạng A  a 2008 (a  1)(a  1)  b2008 (b2  1)(b2 1)  c2008 (c2 1)(c2  1) Chứng minh x( x  1)( x  1) chia hết cho 30 với x nguyên Từ A chia hết cho 30 b) x   2  7 7  x3  14  3x   x3  21x  28  2  f ( x)  (2 x3  21x  29)2012  (1)2012  Bài x2  12   3x  x  a) Giải phương trình sau Giải: Cách Để phương trình có nghiệm : x  12  x   3x    x  Ta nhận thấy : x = nghiệm phương trình x  12   x   x    x2  x  12   3 x  2  x2  x2     x2 x 1   x  2    3   x  2 x2     x  12  Do x  12  Từ  x2 x  12  x 5 3  x2  x2 x2   x  12     0, x  x2 x 5 3  x  5 nên pt (*) vô nghiệm Vậy pt có nghiệm x = Cách Từ pt cho chuyển vế ta có x  12  x   3x  Từ pt suy x dương Xét x  suy VT     VP Xét  x  suy VT   VP Thử với x = Hongtriquang.edu.vn 16 THI HSG TP HN Thầy Hồng Trí Quang Vậy pt có nghiệm x = b) Từ pt (1) x2  xy  x  y  y  , ta coi pt ẩn x, tính Δ = 9y − 6y + → x = y; x = −2y − Thay vào pt (2) ta giải hệ Bài  y  11 Biến đổi pt bậc ẩn x : Δ  y  14 y  33     y3 Vì phương trình có nghiệm x số nguyên nên Δ số phương Đặt Δ  y  14 y  33  k (k Z )   y   k  y   k   16 Ta đc nghiệm  x, y  14;11 , 16 :12 ,  4;3 ,  2;2  Bài Câu a) Quá quen thuộc Hongtriquang.edu.vn 17 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Ta có AMHN hình chữ nhật nên OAN  ANM  ACO  IAN  ACB  ABC  900 Từ AO vuông góc với MN Hoặc Chứng minh tam giác AIK đồng dạng với AOH; (K giao điểm MN AO) Câu b) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp △MNC Vì tứ giác BMNC nội tiếp để nên B thuộc đường tròn Gọi I giao điểm AH MN  IJ  MN mà theo câu a OA⊥MN  IJ / /OA CM tương tự OJ // AI Vậy AIJO hình bình hành OJ  AI  AH AB ; OB  AB  ; BJ  OB  OJ  ( )2  ( )    2 2 2 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Bài 1 S S 2 a b  S S 2 b c  S S 2 c a  S a bc a  2b S S 9S 1 1   2  S    S S a b 9S  a b b  a  2b 2 a b 1 abc     S S S S S S S 3S 2 2 2 a b b c c a a bc Hongtriquang.edu.vn 18 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG TP HN Gọi X tập hợp điểm cho trước Trong tam giác có đỉnh thuộc tập X, ta chọn △ABC tam giác có diện tích lớn Các đường thẳng qua A,B,C thứ tự song song với BC,CA,AB đôi cắt D,E,F hình vẽ Ta chứng minh điểm tập X nằm △DFE, kể cạnh Giả sử, có điểm M thuộc tập X cho M nằm △DFE Không tính tổng quát, giả sử vị trí M nằm hình vẽ Hongtriquang.edu.vn 19 ... +) bc  (b  c)2   (a  b  c)    (a  b  c  d )   43  43  ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2013 - 2014 Bài I: (5 điểm) 1) Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 2014; M... khác CB CD Số cạnh bị cắt không Sẽ không tồn cạnh liên tiếp không bị cắt ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2012-2013 Câu (5 điểm) a) Tìm số thực a, b cho đa thức: x4 11x3  2ax2 ... EA2013 Nếu P  2013 D điểm M cần tìm Nếu P  2013 P  2013 E điểm cần tìm ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2011-2012 Bài I: (5 điểm) Hongtriquang.edu.vn 14 Thầy Hồng Trí Quang THI HSG