Đề thi HSG môn Toán lớp 9 TP Hà Nội năm 2020 - 2021 có lời giải chi tiết

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 1 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của n[r]

1 Đề thi Bài (5.0 điểm) d

a) Giải phương trìnhx2 xC8D4pxC3: b) Chứng minh biểu thứcK D a b/.a c/a2 C

b2

.b c/.b a/C c2

.c a/.c b/ có giá trị số nguyên, đóa; b; c ba số thực đôi phân biệt

Bài (5.0 điểm) d

a) Cho ba số nguyêna; b; cthỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng minh rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP x/Dx3CaxCb có nghiệm là1Cp3(a; blà số hữu tỉ) Chứng minh đa thứcP x/chia hết cho đa thứcx2 2x 2:

Bài (2.0 điểm) Cho số thực khơng âma; b; c thay đổi thỏa mãna2Cb2Cc2 D1:Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thứcQDpaCbCpbCcCpcCa:

Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC AB < AC /:Đường tròn.I / tiếp xúc với cạnhBC; CAlần lượt điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI điểmJ:GọiP hình chiếu vng góc điểmJ đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN giao điểm hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh AI1 CAJ1 D AN2 : c) GọiQlà giao điểm hai đường thẳngJP vàDE:GọiK trung điểm củaPQ:Chứng minh

rằng đường thẳngBK vng góc với đường thẳngAP: Bài (2.0 điểm) d

a) Tìm tất số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3xC2y D1C2z:

b) Cho hình chữ nhật có diện tích bằng1:Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật)

i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt quá12:

ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọinlà số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm có diện tích khơng vượt q 14:Tìm giá trị nhỏ củan:

1

2 Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) d

a) Giải phương trìnhx2 xC8D4pxC3: b) Chứng minh biểu thứcK D a b/.a c/a2 C

b2

.b c/.b a/C c2

.c a/.c b/ có giá trị số nguyên,

trong đóa; b; c ba số thực đơi phân biệt

Lời giải a)Điều kiện:x 3:Phương trình cho viết lại thành x2 2xC1/CxC3 4pxC3C4D0; hay

.x 1/2CpxC3 2

D0: 1/

Vì.x 1/20và pxC3 220nên.1/xảy khi.x 1/2 D pxC3 22 D0; tứcxD1(thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm nhấtxD1:

b)Ta có K D a

2.b c/Cb2.c a/Cc2.a b/

.a b/.b c/.a c/ D

a2.b c/Cb2.c bCb a/Cc2.a b/ a b/.b c/.a c/

D a

2 b2/.b c/ .b2 c2/.a b/

.a b/.b c/.a c/ D

.a b/.b c/.aCb b c/ a b/.b c/.a c/ D1: Do đó, biểu thứcK nhận giá trị nguyên là1:

Bài (5.0 điểm) d

a) Cho ba số nguyêna; b; c thỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng minh rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP x/Dx3CaxCb có nghiệm là1Cp3(a; b là số hữu tỉ) Chứng

minh đa thứcP x/chia hết cho đa thứcx2 2x 2:

Lời giải a)Từ giả thiết ta có.aCb/.aCbCc/C.ab bc ca/chia hết cho3;haya2Cb2C3ab chia hết cho3:Từ suy raa2Cb2cùng chia hết cho3:

Với số nguyênx;ta cóxchia3dư0; 1hoặc2nênx2chia3dư0hoặc1:Suy raa2vàb2khi chia cho3có số dư là0hoặc1:Như vậy, đểa2Cb2chia hết cho3;ta phải cóa2vàb2cùng chia hết cho 3;tứcavàb chia hết cho3:Mặt khác, doaCbCc chia hết cho3nênccũng chia hết cho3:Từ đây, dễ thấyab bc cachia hết cho9:Ta có điều phải chứng minh

b)Từ giả thiết, ta cóP 1Cp3D0;hay

.aC6/p3D aCbC10/:

Nu aC6 Ô 0; ta cú p3 D aCabCC610 số hữu tỉ, mâu thuẫn p

3là số vơ tỉ Do aD 6:Từ suy raaCbC10D0;tứcb D 4:Vậy

Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âma; b; c thay đổi thỏa mãna2Cb2Cc2 D1:Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thứcQDpaCbCpbCcCpcCa:

Lời giải Giá trị lớn biểu thức Q:Với số thựcx; y vàz;ta có x y/2C.y z/2C.z x/2 0:

Từ suy ra2.xyCyz Czx/2.x2Cy2Cz2/;hay

.xCyCz/2 3.x2Cy2Cz2/: Sử dụng kết này, ta

Q4 D

p

aCbCpbCcCpcCa 22

3.aCbCbCcCcCa/2 D36.aCbCc/2363.a2Cb2Cc2/D108:

Suy raQp4108:Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy khiaDb Dc D p

3

3 :Vậy giá trị lớn biểu thứcQlà p4 108:

Giá trị nhỏ biểu thức Q:Từ giả thiết, ta có a2; b2; c2 1:Suy ra0 a; b; c 1: Từ đây, ta có a a2 b b2:Từ aCb a2 Cb2:Mà a2 Cb2 D c2 1nên a2Cb2.a2Cb2/2:Tóm lại, ta có

p

aCb pa2Cb2 p.a2Cb2/2 Da2 Cb2: Chứng minh tương tự, ta có

p

bCc b2Cc2; pcCac2Ca2: Từ kết trên, ta suy

Qa2Cb2Cb2Cc2Cc2Ca2 D2:

Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn khiaD1vàbDc D0:Vậy giá trị nhỏ củaQlà2: Bình luận Để chứng minhQ2;ta cịn có hai cách tiếp cận khác sau

Cách 1.Khơng tính tổng qt, giả sửab c:Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p

aCbCpaCc 2p4 aCb/.aCc/D2p4 a2CabCacCbc 2p4 a2Cb2Cc2Cbc D2p4

1Cbc 2: Lại cópbCc 0nênQ2:

Cách 2.Tương tự lời giải trình bày trên, ta có0a; b; c 1nênaa2; bb2 c c2:Từ đây, với ý.aCb/.aCc/a2; bCc/.bCa/b2và.cCa/.cCb/c2;ta có

Q2 DpaCbCpbCcCpcCa

D2.aCbCc/C2hp.aCb/.aCc/Cp.bCc/.bCa/Cp.cCa/.cCb/i 2.aCbCc/C2.aCbCc/D4.aCbCc/4.a2Cb2Cc2/D4:

Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC AB < AC /:Đường tròn I /tiếp xúc với cạnhBC; CAlần lượt điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI điểmJ:GọiP hình chiếu vng góc điểm J đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN giao điểm hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh AI1 CAJ1 D AN2 : c) GọiQlà giao điểm hai đường thẳngJP vàDE:GọiK trung điểm củaPQ:Chứng

minh đường thẳngBK vng góc với đường thẳngAP:

Lời giải Tham khảo Facebook thầy Nguyễn Lê Phước:

https://www.facebook.com/nguyen.lephuoc.1/posts/4238214622860346

Bài (2.0 điểm) d

a) Tìm tất số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3xC2y D1C2z:

b) Cho hình chữ nhật có diện tích bằng1:Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật)

i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q 12:

ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọinlà số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm có diện tích khơng vượt 14:Tìm giá trị nhỏ củan:

Lời giải a)Xét trường hợp sau

Trường hợp 1: y D1:Trong trường hợp này, ta có 2z 1D3x:

Suy ra2z mod 3/:Nếuzlà số lẻ, tứcz D2kC1vớiktự nhiên, ta có2zD22kC1 D24k mod 3/;mâu thuẫn Do đózlà số chẵn, tứcz D2kvớiknguyên dương Khi đó, ta có

3x D22k 1D.2k 1/.2kC1/:

Suy 2k 2k C lũy thừa 2: Mà hai số không chia hết cho (do 2k C 1/ .2k 1/ D 2 không chia hết cho 3) nên hai số phải có số bằng1: Lại có 2k < 2k C1nên2k 1D1;tứck D1:Một cách tương ứng, ta tính đượcz D2vàxD1:Thử lại, ta thấy thỏa mãn

ı Giả sửy 4:Khi đó, ta có2yvà2zcùng chia hết cho16nên3x mod 1/6:Nếu`là số lẻ, tức`D2t C1vớit tự nhiên, thì3x D34tC2D981t mod 16/;mâu thuẫn Do đó`là số chẵn, tức` D2t vớit nguyên dương Suy ra3x D34t D81t mod 5/:Từ đó2z 2y chia hết cho5;hay2z y mod 5/:

Nếu z y số lẻ, tức z y D 2uC1 vớiu tự nhiên, 2z y D 24u ˙2 mod 5/; mâu thuẫn Do z y số chẵn, tức z y D 2u với u nguyên dương Khi đó, ta có 2z 2y D2y.4u 1/chia hết cho3:Lại có3x chia hết cho3nên1chia hết cho3;mâu thuẫn ı Như vậy, ta phải cóy 3:Nếuy D 2thì ta có3x C3 D 2z;suy ra2z chia hết cho3;mâu

thuẫn Do đóy D3:Khi đó, ta có

2z 32`D7:

Từ đây, ta có2z mod 3/:Chứng minh tương tựtrường hợp 1, ta suy razlà số chẵn, tức z D2mvớimnguyên dương Khi ta có

.2m 3`/.2mC3`/D7:

Vì2m 3` < 2mC3` và2mC3` > 0nên 2m 3` D 1và2mC3` D 7:Từ m D 2và `D1;hay ta cóz D4vàx D2:Thử lại, ta thấy thỏa mãn

Vậy có hai số.x; y; z/thỏa mãn yêu cầu là.1; 1; 2/và.2; 3; 4/:

b) i)Trước hết, ta chứng minh kết sau:Cho hình chữ nhậtABCDcó diện tíchS:Xét ba điểmE; F; Gkhông thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn hình chữ nhậtABCD:Khi đóSEF G 12S:

A B

C D

E

F

G M

N P

Qua ba điểmE; F; Gkẻ đường thẳng vng góc với đường thẳngAB:Trong đường thẳng này, có đường thẳng nằm trùng với hai đường thẳng Không tính tổng qt, giả sử đường thẳngd qua điểmF:Khi đó, đường thẳngd cắt đoạnEG điểmP GọiM; N theo thứ tự giao điểm đường thẳngd hai đường thẳngAB; CD:Khi đó, ta có

SEF G DSEPF CSGPF SEMN CSGMN D

2 d.E; MN /MN C

2 d.G; MN /MN

2 d.A; MN /MN C

2 d.B; MN /MN D

2ABMN D 2S; d.X; Z T /được ký hiệu khoảng cách từ điểmXđến đường thẳngZ T: Từ kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh

ii)Trước hết, ta chứng minhn2:Thật vậy, giả sửn1:Gọi hình chữ nhật cho hình chữ nhậtABCD:Chia hình chữ nhậtABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ nhauAMRQ; BMRP; CPRN; DQRN hình vẽ bên

hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử ba điểm làH; K; S chúng thuộc hình chữ nhậtAMND:

Xét hai hình chữ nhậtAMRQvàDQRN:Ta thấy điểm ba điểmH; K; S thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có hai điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử hai điểm làH; K chúng thuộc hình chữ nhậtAMRQ:

A M

N C

P

Q R

B

D

H

K S

V

Áp dụng kết chứng minh phầni), ta có SHKS

2SAMND D 4:

Gọi hai điểm lại năm điểm làV vàW:Nếu có điểm hai điểm thuộc đa giácABPRND;chẳng hạn làV cách sử dụng kết chứng minh phần i), ta cóSHK V 14:Suy ran2;mâu thuẫn Do đó, hai điểmV vàW phải nằm hình chữ nhậtCPRN:

Nếu S thuộc hai hình chữ nhật DQRN hoặcBMRP cách sử dụng kết chứng minh phầni), ta cóSS V W 14;mâu thuẫn Do đóS nằm hình chữ nhậtAMRQ: GọiS1là diện tích tứ giác (khơng thiết lồi) tạo ba điểmH; K; S vàV:Khi đó, rõ ràng

S1SVMAQ DSAMRQCSVQR CSVMR

4 CSNQRCSPMRD C

1 C

1 D

1 2: Mặt khác, ba tiaVH; VK; V S ln có tia nằm hai tia cịn lại, chẳng hạn làVK:Do

S1 DSVKH CSVKS 2minfSVKH; SVKSg:

Kết hợp với kết trên, ta suy minfSVKH; SVKSg 14:Từ đó, kết hợp vớiHKS

4;ta cón2; mâu thuẫn Vậy ta phải cón2:

Mặt khác, ta cónD2được thỏa mãn trường hợp sau

Bình luận Bài5a)là tương tự hóa số học đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2019:Tìm tất số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn

7x C2y D1C2z:

Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia 2019:Tìm tất số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn

https://www.facebook.com/nguyen.lephuoc.1/posts/4238214622860346.