Đáp án chi tiết đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 Thành phố Hà Nội của thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1 : Chứng minh rằng tồn tại một[r]

CMA

TH THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019

Võ Quốc Bá Cẩn

1 Đề thi

Bài (5.0 điểm)

a) Giải phương trình:

3

p

2 x D px 1:

b) Cho S D 2
32

1 3
42



2020
20212
tích 2019 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản)

Bài (5.0 điểm)

a) Biết a; b số nguyên dương thỏa mãn a2 abC b2chia hết cho 9; chứng minh rằng

cả a b chia hết cho 3:

b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9nC 11 tích k k N; k  2/ số tự nhiên liên tiếp

Bài (3.0 điểm)

a) Cho x; y; z số thực dương nhỏ 4: Chứng minh số 1x C 4 y1 ;

1 y C

1 z;

1 z C

1

4 x tồn số lớn 1:

b) Với số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2C b2C c2C 2abc D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D ab C bc C ca abc:

Bài (6.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông A A B < A C / : Đường tròn I / nội tiếp tam giác A B C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A ; A B D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE :

a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E A S :

b) Gọi K trung điểm A B O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng

c) Gọi M giao điểm K I A C : Đường thẳng chứa đường cao A H tam giác A B C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh A M D AN :

Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 0 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt q : Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần

CMA

TH 2 Lời giải bình luận toán

Bài (5.0 điểm)

a) Giải phương trình:

3

p

2 x D px :

b) Cho S D 2
32

1 3
42



2
20212
tích 2019 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản)

Lời giải a)Điều kiện: x  1: Đặt a D px ; b D p3

2 x ta có a  0; b 

a2 C b3 D 1: /

Ngoài ra, từ giả thiết, ta có a C b D 1: Thay a D b vào / ; ta

b /2 C b3 D 1;

hay

b b / b C 2/ D 0:

Suy b f ; 0; 1g; hay x f10; ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có tập nghiệm S D f1; ; 10g:

b)Để ý với n nguyên dương, ta có

1

n n C 1/ D

n2 C n n n C 1/ D

n / n C 2/ n n C 1/ :

Từ suy

S D

2

3

2
2022 2
2021

D




2019/





2022/




2020/





2021/

D 2 2

D 3 1 0: Vậy S D 1 03 :

Bài (5.0 điểm)

a) Biết a ; b số nguyên dương thỏa mãn a2 a b C b2 chia hết cho ; chứng

minh a b chia hết cho :

CMA

TH

Lời giải a) Từ giả thiết, ta suy a2 a b C b2/ D a b /2 C 3b2 chia hết cho : Do b2 chia hết a b /2 chia hết cho ; suy a b chia hết cho : Từ đó, ta có a b /2 chia hết hết cho : Suy b2 chia hết cho ; b2 chia hết cho ; tức

b chia hết cho : Mà a b chia hết ta có a chia hết cho : Vậy hai số a b chia hết cho :

b)Để ý ba số tự nhiên liên tiếp ln có số chia hết cho ; mà 9n C 11 không chia hết 9nC 11 tích k  số tự nhiên liên tiếp Từ đó, theo yêu cầu đề bài, ta suy 9n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp.

Đặt 9n C 11 D a a C 1/ với a Nthì ta có a a C 1/  20 (do 9n  9), suy a  : Từ đây, ta có

a a C 1/ 1 D a /2 C 5.a / > a /2: /

Mặt khác, ta có

a a C 1/ 1 < a a C 1/ < a C 1/2: /

Do a a C 1/ 1 D 9n D 3n/2 số phương nên kết hợp với đánh giá (1) (2), ta suy a a C 1/ 1 ˚ a /2; a2 : Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm a f4 ; 11g: Thử lại, ta thấy có a D (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu Vậy có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n D 1:

Bình luận Ở câub), sau nhận xét 9n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp, ta nhân hai vế để tách bình phương viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải

Bài (3.0 điểm)

a) Cho x ; y ; z số thực dương nhỏ : Chứng minh số x1C41y;

1 y C

1 z;

1 z C

1

4 x ln tồn số lớn :

b) Với số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2C b2C c2C a b c D 1;

tìm giá trị lớn biểu thức P D a b C b c C c a a b c :

Lời giải a)Khơng tính tổng quát, ta giả sử x D minfx ; y ; z g: Khi đó, ta có

1 x C

1 y 

1 y C

1 y D

y /2

y y / C  1:

Từ suy điều phải chứng minh

b)Trong ba số a ; b ; c ; tồn hai số  12 cùng

2: Khơng tính tổng qt, giả

sử hai số a b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 C b2  a b : Từ đó suy c2 D a2 C b2 C a b c  a b C a b c D a b C c /; hay

1 c  a b : /

Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có  c C a b  2p2 a b c ; suy

a b c 

CMA

TH

Ta có c a / b /  nên

4 a b c C c  a c C b c : /

Từ bất đẳng thức / ; / / ; ta có

2 P D a b C a c C b c a b c  a b C c C a b c  C a b c  C D

5 4;

hay

P  8:

Dấu đẳng thức xảy a D b D c D 12: Vậy max P D 8:

Bình luận Có thể chứng minh câua)bằng cách cộng ba số lại sử dụng bất đẳng thức phụ

1 x C

1 y 

4

x C y; 8x ; y > 0:

Câub)cũng giải cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu Cụ thể, ta viết lại giả thiết tốn dạng

a a C b c C

b b C c a C

c

c C a b D :

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có

a a C b c C

b b C c a C

c c C a b D

a2

a2 C a b c C

b2

b2 C a b c C

c2

c2 C a b c

 a C b C c /

2

a2 C b2 C c2 C 3a b c:

Từ suy

2  a C b C c /

2

a2 C b2 C c2 C 3a b c;

hay

a2 C b2 C c2 C 6a b c  a b C b c C c a /:

Mà a2 C b2 C c2 C a b c D nên C a b c  a b C b c C c a /; hay

2 P  a b c C 1:

Mặt khác, dễ chứng minh a b c  18 (theo cách / sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM cho bốn số dương D a2 C b2C c2C a b c  4p4

2 a3b3c3) nên P  4;

hay P  58: Đẳng thức xảy a D b D c D 2:

Một cách khác cho câub)nữa sử dụng biến đổi

2 P D a b Cb c Cc a / a b c D a b Cb c Cc a /Ca2Cb2Cc2 D a Cb Cc /2 :

Từ giả thiết, ta có c C a b /2 D 1 a2/ 1 b2/ : Suy ra

c D a b Cp a2/ 1 b2/  a b C a 2/

C b2/

2 D

2 a C b /2

CMA

TH

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

a C b  a C b /

2 C 1

2 :

Do

a C b C c  a C b /

2 C 1

2 C

2 a C b /2

2 D

3 2: Từ đây, ta có P  94 D

5

4; hay P 

8: Việc lại xét điều kiện để dấu đẳng thức

xảy

Bài (6.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông A A B < A C / : Đường tròn I / nội tiếp tam giác A B C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A ; A B D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE :

a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E A S :

b) Gọi K trung điểm A B O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng

c) Gọi M giao điểm K I A C : Đường thẳng chứa đường cao A H tam giác A B C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh A M D AN :

Lời giải a)Ta có C D D C E nên tam giác C ED cân C ; suy ra

∠AE S D 180ı ∠C ED D 180ı

ı ∠C

2 D

1 0ı C ∠C

2 : / Mặt khác, ta có

∠AI B D 180ı ∠I AB ∠I BA D 180ı ∠BAC C ∠AB C

D 180ı

ı ∠C

2 D

1 0ı C ∠C

2 : /

Từ (1) (2), ta suy ∠AE S D ∠AI B : Lại có ∠E AS D ∠I AB D 45ı nên tam giác E A S I A B đồng dạng (g-g)

B C

A

I

D E

F

S K

O

M

H

CMA

TH b)Do4EAS  4IAB nên ∠ESA D ∠IBA D ∠IBD; từ suy

∠IBD C ∠ISD D ∠ISE C ∠ISD D 180ı:

Do đó, tứ giác I SDB nội tiếp Suy ∠ISB D ∠IDB D 90ı: Mà ∠SAB D 45ınên tam giác SAB vuông cân S; suy SK vuông góc với AB: 3/ Mặt khác, ta lại có OK đường trung bình ứng với cạnh AC tam giác ABC nên OK vng

góc với AB: 4/

Từ 3/ 4/; ta suy ba điểm K; O; S thẳng hàng

c)Xét tam giác AKM có AI đường phân giác kẻ từ A; ta có AM

AK D IM

IK:

Mặt khác, áp dụng định lý Thales tam giác AKM có IF k AM; ta có IM

IK D FA FK: Do AMAK D KFAF; hay

AM AF D

AK

KF: 5/

Bây giờ, sử dụng định lý Thales tam giác ANS có ID k AN; ta có AN

ID D AS I S:

Sử dụng định lý Thalese tam giác AKS có IF k KS; ta có AS

I S D AK FK: Từ suy

AN ID D

AF

KF: 6/

Từ 5/ 6/ với ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE hình vng), ta suy AM D AN: Đây kết cần chứng minh

Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối không vượt 1: Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần

Lời giải Gọi số nhỏ điền vào bảng x: Khi với số nguyên y điền vào bảng, ta xét bảng ô vuông n m (n dòng, m cột,  n  10;  m  10) nối ô vuông điền x vng điền y hình vẽ bên dưới, a11D x; anm D y (các trường hợp a11

ở góc khác xét tương tự)

a11 a12 : : : a1m

a2m

: : :

CMA

TH

Ta có

a12 a11C 1; a13 a12C  a11C 2; : : : ; a1m a1C m

và

a2m  a1mC  a1C m; a3m a2mC  a1C m C 1; : : : ; anm a1C n C m 2:

Như vậy, ta có

x  y  x C n C m 2 x C 18: