Đang tải... (xem toàn văn)
Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hà Nội sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2020 Võ Quốc Bá Cẩn Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p p 4x C 2/ x C 2x C D x C 2x C 2/ 4x C 5: b) Cho bốn số thực dương a; b; c; d thỏa mãn a3 C b C c D 3d ; b C c C d D 3a5 c C d C a7 D 3b : Chứng minh a D b D c D d: Bài (5.0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n n2 C 3n C 11 không chia hết cho 49: b) Tìm tất ba số nguyên dương x; y; p/ với p số nguyên tố thỏa mãn x C p y D 6.x C 2p/: Bài (3.0 điểm) a) Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn 5.x y/2 Ä x C y : Chứng minh x Ä Ä 2: y b) Cho ba số thực dương x; y; z thay đổi thỏa mãn điều kiện 5.xCyCz/2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P D 14.x Cy Cz /: 2x C z : x C 2z Bài (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < BC; ngoại tiếp đường trịn tâm I: Hình chiếu vng góc điểm I cạnh AB; AC theo thứ tự M; N hình chiếu vng góc điểm B cạnh AC Q: Gọi D điểm đối xứng điểm A qua điểm Q; P tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD R giao điểm hai đường thẳng MN; BQ: Chứng minh a) Các tam giác BMR BIP đồng dạng b) Đường thẳng PR song song với đường thẳng AC: c) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng AP: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Bài (1.0 điểm) Có 15 hộp rỗng Mỗi bước, người ta chọn số hộp bỏ vào hộp số viên bi cho số viên bi bỏ vào hộp lũy thừa bước khơng có hai hộp có số bi bỏ vào giống Tìm số nguyên dương k nhỏ cho sau thực k bước, tất hộp có số bi giống Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p p 4x C 2/ x C 2x C D x C 2x C 2/ 4x C 5: b) Cho bốn số thực dương a; b; c; d thỏa mãn a3 C b C c D 3d ; b C c C d D 3a5 c C d C a7 D 3b : Chứng minh a D b D c D d: Lời giải a) Điều kiện: x : Đặt a D 4x C D a2 p 3; 4x C b D x C 2x C a; b x C 2x C D b Phương trình cho viết lại thành a2 a p 3/b D b 0/: Ta có 3: 3/a; hay b/.ab C 3/ D 0: Do ab C > nên từ đây, ta có a D b hay x C 2x C D 4x C 2: Giải phương trình này, ta x f0; 2g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có tập nghiệm S D f0; 2g: b) Trong ba số b; d; a có số số lớn nhất, số nhỏ bốn số cho Xét trường hợp sau Trường hợp 1: b số lớn số nhỏ a; b; c; d: ı Nếu b số lớn a; b; c; d ta có c ; d ; a7 Ä b nên c C d C a7 Ä b C b C b D 3b : Mặt khác, theo giả thiết dấu đẳng thức phải xảy Do c D d D a D b: ı Nếu b số nhỏ a; b; c; d ta có c ; d ; a7 b nên c C d C a7 b C b C b D 3b : Mặt khác, theo giả thiết dấu đẳng thức phải xảy Do c D d D a D b: Trường hợp 2: d số lớn số nhỏ a; b; c; d: Chứng minh tương tự trường hợp trên, ta có a D b D c D d: Trường hợp 3: a số lớn số nhỏ a; b; c; d: Chứng minh tương tự trường hợp 1, ta có a D b D c D d: Vậy, trường hợp, ta ln có a D b D c D d: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Bài (5.0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n n2 C 3n C 11 khơng chia hết cho 49: b) Tìm tất ba số nguyên dương x; y; p/ với p số nguyên tố thỏa mãn x C p y D 6.x C 2p/: Lời giải a) Giả sử tồn số tự nhiên n cho n2 C 3n C 11 chia hết cho 49: Khi đó, ta có 4.n2 C 3n C 11/ D 2n C 3/2 C 35 chia hết cho 49: 1/ Mà 35 49 chia hết ta có 2n C 3/2 chia hết cho 7: Suy 2n C chia hết cho 7: Từ 2n C 3/2 chia hết cho 49: Kết hợp với 1/; ta 35 chia hết cho 49; mâu thuẫn Vậy, với số tự nhiên n n2 C 3n C 11 không chia hết cho 49: b) Do 6.x C 2p/ chia hết từ phương trình cho, ta suy x C p y chia hết cho 3: Mặt khác, ta có để ý rằng, với số nguyên a a2 chia dư 1: Do đó, để x C p y chia hết cho ta phải có x p y chia hết cho 3: Suy x py chia hết cho 3: Đặt x D 3a với a ngun dương Phương trình cho viết lại thành 9a2 C p y D 18a C 12p: 1/ Do 9a2 ; p y 18a chia hết từ phương trình trên, ta suy 12p chia hết cho 9; tức p chia hết cho 3: Mà p số nun tố nên p D 3: Khi đó, phương trình 1/ viết lại thành a2 C y D 2a C 4; hay a 1/2 C y D 5: 2/ Vì a 1/2 nên từ phương trình trên, ta suy y Ä 5: Do y số nguyên dương nên ta có y f1; 2g: Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm cặp số nguyên dương a; y/ thỏa mãn phương trình 2/ 3; 1/ 2; 2/: Từ suy ra, có hai số x; y; p/ thỏa mãn yêu cầu đề 9; 1; 3/ 6; 2; 3/: Bài (3.0 điểm) a) Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn 5.x y/2 Ä x C y : Chứng minh x Ä Ä 2: y b) Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn điều kiện 5.x C y C z/2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P D 2x C z : x C 2z 14.x C y C z /: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Lời giải a) Giả thiết cho viết lại thành 2.x 2y/.2x  Ã à x 2x Ä 0: y y Từ đó, ta có y/ Ä 0; hay x Ä Ä 2: y b) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  ÃÄ Ä 5 2 5.x C y C z/ Ä C1 x C z/ C y D 14 x C z/2 C y : 9 Kết hợp với giả thiết, ta suy x C z Ä 59 x C z/2 ; hay x Từ đây, ta có 2z/.2x z/ Ä 0: z Ä x Ä 2z: Suy P D 2x C z D2 x C 2z P D2 3z x C 2z 3z Ä2 x C 2z z 3z D C 2z 3z D : 2z C 2z Vậy 45 Ä P Ä 45 : Bất đẳng thức bên trái xảy dấu đẳng thức z D 2x y D 53 x: Bất đẳng thức bên phải đạt dấu đẳng thức x D 2z y D 53 z: Tóm lại, giá trị lớn biểu thức P 54 giá trị nhỏ biểu thức P 45 : Bình luận Học sinh cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sử dụng Bài (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < BC; ngoại tiếp đường trịn tâm I: Hình chiếu vng góc điểm I cạnh AB; AC theo thứ tự M; N hình chiếu vng góc điểm B cạnh AC Q: Gọi D điểm đối xứng điểm A qua điểm Q; P tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD R giao điểm hai đường thẳng MN; BQ: Chứng minh a) Các tam giác BMR BIP đồng dạng b) Đường thẳng PR song song với đường thẳng AC: c) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng AP: Lời giải a) Do AM AN tiếp tuyến đường tròn I / nên AM D AN; suy tam giác AMN cân A: Từ ∠BMR D 180ı ∠AMN D 180ı 180ı ∠BAC / D 90ı C ∠BAC : Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Mặt khác, ta có ∠BIC D 180ı ∠IBC ∠ICB D 180ı 1 ∠ABC C ∠BCA/ D 90ı C ∠BAC : 2 Do ∠BMR D ∠BIC: 1/ Do QA D QD BQ ? AD nên tam giác ABD cân B: Từ ∠ABR D ∠DBR D 90ı ∠BAC: Suy ∠BRM D 180ı ∠BMR ∠MBR  à ı 90 C ∠BAC D 180ı 90ı ∠BAC / D ∠BAC : Mặt khác, ta có (chú ý C; P; I thẳng hàng) 1 ∠BP I D ∠PBC C ∠P CB D ∠DBC C ∠DCB D ∠ADB D ∠BAC : 2 Do ∠BRM D ∠BP I: Từ 1/ 2/; ta có 4BMR 2/ 4BIP (g-g) A Q N R D M I P B b) Do 4BMR C 4BIP (theo câu a)) nên ta có BM BI D BR BP 3/ ∠MBR D ∠IBP: 4/ Từ 4/; ta suy ∠MBR C ∠RBI D ∠IBP C ∠RBI; hay ∠MBI D ∠RBP: 5/ ı Từ 3/ 5/; ta suy 4BMI 4BRP (c-g-c) Do ∠BRP D ∠BMI D 90 : Suy RP ? BQ: Mặt khác, ta có BQ ? AC nên PR k AC: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 c) Ta có ∠RND D 180ı ∠ANM D 180ı 180ı ∠BAC / D 90ı C ∠BAC: Lại có ∠PDN D ∠ADB C ∠BDP D ∠ADB C ∠BDC 1 ı D ∠ADB C 180 ∠ADB/ D 90ı C ∠ADB 2 D 90ı C ∠BAC: Do ∠RND D ∠PDN: Mặt khác, theo chứng minh câu b), ta có PR k DN nên tứ giác DNRP hình thang Kết hợp với kết trên, ta suy tứ giác DNRP hình thang cân Từ ∠NPR D ∠DRP D ∠RDN: 6/ Tam giác RAD có RQ vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên cân R: Suy ∠RDN D ∠RAN: 7/ Từ 6/ 7/; ta có ∠RPN D ∠RAN: Lại có ∠NRP D ∠RNA (so le trong) Do ∠RNP D 180ı ∠NRP ∠RPN D 180ı ∠RNA ∠RAN D ∠NRA: Mà hai góc RNP NRA vị trí so le nên RA k PN: Tứ giác ARPN có PR k AN AR k NP nên hình bình hành Suy hai đường chéo RN AP cắt trung điểm đường Vậy MN qua trung điểm AP: Bài (1.0 điểm) Có 15 hộp rỗng Mỗi bước, người ta chọn số hộp bỏ vào hộp số viên bi cho số viên bi bỏ vào hộp lũy thừa bước khơng có hai hộp có số bi bỏ vào giống Tìm số nguyên dương k nhỏ cho sau thực k bước, tất hộp có số bi giống Lời giải Giả sử sau k bước, hộp có n viên bi Khi đó, số bi tất hộp 15n: Gọi 2mi số viên bi nhiều bỏ vào hộp bước thứ i Ä i Ä k/: Gọi m số lớn số m1 ; m2 ; : : : ; mk : Khi đó, bước, số viên bi bỏ vào tất hộp không vượt 2m C 2m C C 21 C 20 D 2mC1 1: Suy ra, sau k bước, số viên bi tất hộp khơng vượt q k.2mC1 1/: Do 15n k.2mC1 1/ < k 2mC1 : Mặt khác, dễ thấy n 2m nên 15 2m Ä 15n < k 2mC1 ; suy k > 7:5: Vì k số ngun dương nên k 8: Do đó, cần khơng bước để số bi tất hộp Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Mặt khác, ta thực bước bỏ bi vào hộp sau: Bước 1: 1; ; 22 ; 23 ; 24 ; 25 ; 26 ; 27 ; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0: Bước 2: 1; ; 22 ; 23 ; 24 ; 25 ; 26 ; 0; 27 ; 0; 0; 0; 0; 0; 0: Khi đó, số bi hộp 2; 22 ; 23 ; 24 ; 25 ; 26 ; 27 ; 27 ; 27 ; 0; 0; 0; 0; 0; 0: Bước 3: ; 22 ; 23 ; 24 ; 25 ; 26 ; 0; 0; 0; 27 ; 0; 0; 0; 0; 0: Khi đó, số bi hộp 22 ; 23 ; 24 ; 25 ; 26 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 0; 0; 0; 0; 0: ::: Bước 8: 26 ; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 27 : Khi đó, số bi hộp 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 ; 27 : Vậy kmin D 8: ... thức P D 2x C z : x C 2z 14.x C y C z /: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Lời giải a) Giả thi? ??t cho viết lại thành 2.x 2y/.2x  Ã à x 2x Ä 0: y y Từ đó, ta có... (c-g-c) Do ∠BRP D ∠BMI D 90 : Suy RP ? BQ: Mặt khác, ta có BQ ? AC nên PR k AC: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 c) Ta có ∠RND D 180ı ∠ANM D 180ı 180ı ∠BAC / D 90 ı... ∠AMN D 180ı 180ı ∠BAC / D 90 ı C ∠BAC : Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2020 Mặt khác, ta có ∠BIC D 180ı ∠IBC ∠ICB D 180ı 1 ∠ABC C ∠BCA/ D 90 ı C ∠BAC : 2 Do ∠BMR D