De hoc sinh gioi mon toan lop 9 ha noi

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 BỘ ĐỀ HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP HÀ NỘI 2021 Tài liệu sưu tầm, ngày 31 tháng năm 2021 Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Đề số 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Đề thi Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2021 Đề thi HSG quận Đống Đa năm 2021 Đề thi HSG quận Gia Lâm năm 2021 Đề thi HSG quận Long Biên năm 2021 Đề thi HSG quận Nam Từ Liêm năm 2021 Đề thi HSG quận Ba Đình năm 2021 Đề thi HSG quận Hai Bà Trưng năm 2021 Đề thi HSG quận Tây Hồ năm 2021 Đề thi HSG huyện Thanh Oai năm 2021 Đề thi HSG huyện Ba Vì năm 2021 Đề thi HSG huyện Chương Mỹ năm 2021 Đề thi HSG huyện Đan Phượng năm 2021 Đề thi HSG quận Long Biên vòng năm 2021 Đề thi HSG huyện Mỹ Đức năm 2021 Đề thi HSG huyện Ứng Hòa năm 2021 Đề thi HSG quận Cầu Giấy năm 2021 Đề thi HSG quận Long Biên vòng năm 2021 Đề thi HSG huyện Thanh Oai vòng năm 2021 Đề thi HSG trường ARCHIMEDES ACADEMY năm 2021 Đề thi HSG quận Ba Đình vịng năm 2021 Liên hệ word mơn tốn SĐT Zalo: 039.373.2038 Trang TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021 Võ Quốc Bá Cẩn – Nguyễn Lê Phước Đề số 1 Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x − x + = x+3 a2 b2 c2 + + có giá trị số b) Chứng minh biểu thức K = ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) nguyên, a, b, c ba số thực đôi phân biệt Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c ab − bc − ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P ( x ) = x + ax + b có nghiệm + (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x − x − Tìm giá trị Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = a+b + b+c + c+a Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y =+ 2z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 Tìm giá trị nhỏ n TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x − x + = x+3 b) Chứng minh biểu thức K = a2 b2 c2 + + có giá trị số ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) nguyên, a, b, c ba số thực đôi phân biệt Lời giải a) Điều kiện Phương trình cho viết lại thành (x Hay ( x − 1) + ( x+3−2 Vì ( x − 1) ≥ ( ) 2 ( ) − x + 1) + x + − x + + = 0, = x+3−2 ) ≥ nên (1) xảy ( x − 1) = ( ) x + − = tức x = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = b) Ta có K (a a ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c2 ( a − b ) a ( b − c ) + b2 ( c − b + b − a ) + c2 ( a − b ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a − b )( b − c )( a − c ) − b2 ) ( b − c ) − ( b2 − c2 ) ( a − c ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a − b )( b − c )( a + b − b − c ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) Do đó, biểu thức K nhận giá trị nguyên Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c ab − bc − ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P ( x ) = x + ax + b có nghiệm + (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x − x − Lời giải a) Từ giả thiết ta có ( a + b )( a + b + c ) + ( ab − bc − ca ) chia hết cho 3, hay a + b + 3ab chia hết cho Từ suy chia hết cho Với số nguyên x, ta có x chia dư 0, nên x chia dư 1.Suy a b chia cho có số dư Như vậy, để a + b chia hết cho 3, ta phải có a b chia hết cho 3, tức a b chia hết cho Mặt khác, a + b + c chia hết c chia hết cho Từ đây, dễ thấy ab − bc − ca chia hết cho Ta có điều phải chứng minh ( ) b) Từ giả thiết, ta có P + , hay ( a + ) =− ( a + b + 10 ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a + b + 10 số hữu tỉ, mâu thuẫn a+6 a = −6 Từ suy a + b + 10 = , tức b = −4 Vậy Nếu a + ≠ , ta có 3= − P ( x ) = x3 − x − = (x số vơ tỉ Do − 2x − 2) ( x + 2) Rõ ràng P ( x ) chia hết cho đa thức x − x − Tìm giá trị Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = a+b + b+c + c+a Lời giải Giá trị lớn biểu thức Q Với số thực x, y z, ta có ( x − y) ( + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 2 ) ( ) Từ suy ( xy + yz + zx ) ≤ x + y + z , hay ( x + y + z ) ≤ x + y + z Sử dụng kết này, ta được:  Q=  ( ) 2 a + b + b + c + c + a  ≤ 3 ( a + b + b + c + c + a )   = 36 ( a + b + c ) ≤ 36.3 ( a + b + c 2= ) 108 Suy Q ≤ 108 Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy a= b= c= lớn biểu thức Q Vậy giá trị 108 Giá trị nhỏ biểu thức Q Từ giả thiết, ta có a , b , c ≤ Suy ≤ a, b, c ≤ Từ đây, ta có a ≥ a b ≥ b Từ a + b ≥ a + b Mà ≤ a + b =1 − c ≤ nên a + b ≥ ( a + b ) Tóm lại, ta có: a + b ≥ a + b2 ≥ Chứng minh tương tự, ta có: (a + b2 ) = a + b2 b + c ≥ b2 + c2 , c + a ≥ c2 + a Từ kết trên, ta suy ra: Q ≥ a + b + b + c + c + a = Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn a = b= c= Vậy giá trị nhỏ Q Bình luận: Để chứng minh Q ≥ , ta cịn có hai cách tiếp cận khác sau Cách Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a + b + a + c ≥ ( a + b )( a + c= ) a + ab + ac + bc ≥ a + b + c + bc = + bc ≥ Lại có b + c ≥ nên Q ≥ Cách Tương tự lời giải trình bày trên, ta có ≤ a, b, c ≤ nên a ≥ a , b ≥ b c ≥ c Từ đây, với ý ( a + b )( a + c ) ≥ c , ( b + c )( b + a ) ≥ b ( c + a )( c + b ) ≥ c , ta có Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Q 2= ( ) a + b + b + c + c + a = 2(a + b + c) +   ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b )  ≥ ( a + b + c ) + ( a + b + c )= ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c )= Suy Q ≥ Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Lời giải a) Có J tâm đường trịn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC ⇒ CP = BD = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 BA + BC − AC TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Hoặc lấy trung điểm M IJ, MB = MC, MD = MP nên BD = CP b) Tính chất hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10) Có : BI, BJ phân giác trong, tam giác ABN suy k Cách biến đổi đại số: Đặt= IA JA = IN JN IA JA = , AN = a từ tính AI, AJ theo a, k Thay vào điều IN JN kiện phải chứng minh Cách khác: IA JA AN AN AN AN 1 = ⇒ −1 = 1− ⇒ + =⇒ + = IN JN AI AJ AI AJ AI AJ AN c) Gọi DI cắt AP S Kẻ JR ⊥ AC có: IS AI IE = = ⇒ IS = ID JP AJ JR Do IC ⊥ DE , PQ ⊥ DC ⇒ ∆IDC  ∆DPQ ( g g ) DI PD DS DP ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆DSP  ∆PBK ( c.g c ) DC PQ BP PK  = PBK  ⇒ BK ⊥ AP ⇒ DSP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y =+ 2z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Tìm giá trị nhỏ n Lời giải a) Xét trường hợp sau Trường hợp 1: y = Trong trường hợp này, ta có 2z − = 3x z 2k + với k tự nhiên, ta có Suy z ≡ 1( mod 3) Nếu z số lẻ, tức = k +1 = z 2= 2.4k ≡ ( mod 3) , mâu thuẫn Do z số chẵn, tức z = 2k với k nguyên dương Khi ta có 3x= 22 k − 1= (2 k − 1)( 2k + 1) Suy 2k − 2k + lũy thừa Mà hai số không chia hết cho (do (2 k + 1) − ( 2k − 1) = không chia hết cho 3) nên hai số phải có số Lại có Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 2k − < 2k + nên 2k − =, tức k = Một cách tương tự, ta tính z = x = Thử lại, ta thấy thỏa mãn Trường hợp 2: y ≥ Vì 3x > nên từ phương trình cho, ta có z > y , tức z > y Suy x 2l + với l y z chia hết cho Từ ta có 3x ≡ 1( mod ) Nếu x số lẻ, tức = l +1 tự nhiên, = 3x 3= 3.9l ≡ ( mod ) , mâu thuẫn Do x số chẵn, tức x = 2l với l nguyên dương +) Giả sử y ≥ Khi đó, ta có y z chia hết cho 16 nên 3x ≡ 1( mod16 ) Nếu l số 4t + lẻ, tức = 3x 3= 9.81t ≡ ( mod16 ) , mâu thuẫn Do l số l 2t + với t tự nhiên, thì= x 4t chẵn, tức l = 2t với t nguyên dương Suy 3= 3= 81t ≡ 1( mod ) Từ z − y chia hết cho 5, hay z − y ≡ 1( mod ) z− y Nếu z − y số lẻ, tức z − y = 2u + với u tự nhiên, 2= 2.4u ≡ ±2 ( mod ) mâu thuẫn Do 2u với u nguyên dương Khi đó, ta có z − y số chẵn, tức z − y = y z − 2= y ( 4u − 1) chia hết cho Lại có 3x chia hết chia hết cho 3, mâu thuẫn +) Như vậy, ta phải có y ≤ Nếu y = ta có 3x + = z , suy z chia hết cho 3, mâu thuẫn Do y = Khi ta có: z − 32l = Từ đây, ta có z ≡ 1( mod 3) Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy z số chẵn, tức z = 2m với m nguyên dương Khi ta có: ( 2m − 3l )( 2m + 3l ) = 7 Từ m = l = , hay ta có z = Vì 2m − 3l < 2m + 3l 2m + 3l > nên 2m + 3l = x = Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy có hai số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu (1, 1, 2) (2, 3, 4) b) i) Trước hết, ta chứng minh kết sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S Xét ba điểm E, F, G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn hình chữ nhật ABCD Khi S EFG ≤ S Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Qua ba điểm E, F, G kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng AB Trong đường thẳng này, có đường thẳng nằm trùng với hai đường thẳng Khơng tính tổng qt, giả sử đường thẳng d qua điểm F Khi đó, đường thẳng d cắt đoạn thẳng EG điểm P Gọi M, N theo thứ tự giao điểm đường thẳng d hai đường thẳng AB, CD Khi đó, ta có 1 d ( E , MN ) MN + d ( G, MN ) MN 2 1 1 AB.MN = ≤ d ( A, MN ) MN + d ( B, MN ) MN = S, 2 2 S EFG = S EPF + SGPF ≤ S EMN + SGMN = Trong d(X, ZT) ký hiệu khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT Từ kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh ii) Trước hết, ta chứng minh n ≥ Thật vậy, giả sử n ≤ Gọi hình chữ nhật cho hình chữ nhật ABCD Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ AMRQ, BMRP, CPRN, DQRN hình vẽ bên Xét hai hình chữ nhật AMND BMNC Ta thấy điểm năm điểm cho thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có ba điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử ba điểm H, K, S chúng thuộc hình chữ nhật AMND Xét hai hình chữ nhật AMRQ DQRN Ta thấy điểm ba điểm H, 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 H, K chúng thuộc hình chữ nhật AMRQ Áp dụng kết chứng minh phần i) ta có S HKS ≤ 1 S AMND = Gọi hai điểm lại năm điểm V W Nếu có điểm hai điểm thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn V cách sử dụng kết chứng minh phần i), ta có S HKV ≤ Suy n ≥ , mâu thuẫn Do đó, hai điểm V W phải nằm hình chữ nhật CPRN Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Nếu S thuộc hai hình chữ nhật DQRN BMRP cách sử dụng kết chứng minh phần i) ta có S SVW ≤ mâu thuẫn Do S nằm hình chữ nhật AMRQ Gọi S1 diện tích tứ giác (không thiết lồi) tạo H, K, S V Khi đó, rõ ràng S1 ≤ SVMAQ = S AMRQ + SVQR + SVMR ≤ 1 1 + S NQR + S PMR = + + = 4 8 Mặt khác, ba tia VH, VK, VS ln có tia nằm hai tia lại, chẳng hạn VK Do đó: S1 = SVHK + SVKS ≥ {SVKH , SVKS } Kết hợp với kết trên, ta suy {SVKH , SVKS } ≤ 1 Từ đó, kết hợp với S HKS ≤ , ta có 4 n ≥ mâu thuẫn Vậy ta phải có n ≥ Mặt khác, ta có n = thỏa mãn trường hợp sau: Vậy giá trị nhỏ n Bình luận: Bài 5a) tương tự hóa số học đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi 2z IMO 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y =+ Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: + x = y + 2.4 z Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com b) Tồn không số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c + 2abc = (1 − b )(1 − c )  > 14 ? (a + bc) 1 −  2 Ta xem a + 2abc + b + c − =0 (1) phương trình bậc hai với ẩn a Giả sử phương trình (1) có nghiệm a > Ta có ∆′ = b c − b − c + = (1 − b )(1 − c ) ≥ 2 (1) ⇔ a =−bc + (1 − b )(1 − c ) ⇔ a + bc= (1 − b )(1 − c ) Có ( a + bc ) 1 −  (1 − b )(1 − c )  > 14 ( ) 2 2 2 Đặt x = (1 − b )(1 − c ) , x ≥ 1 ( ) trở thành: x (1 − x ) > ⇔ x − x + < ⇔  x −  < (vô lý) 4 2  Vậy không tồn số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c + 2abc = thỏa (a + bc) 1 −  Bài (1 − b )(1 − c )  > 14 2 (5,0 điểm) n2 − tích hai số nguyên dương liên 2n + số phương tiếp Chứng minh n chia dư d) Cho số nguyên dương n thỏa mãn e) Tìm tất số nguyên tố p, q, r thỏa mãn ( p + p )( q + 2q )( r + 2r ) số phương f) Có tồn khơng lũy thừa cho viết lại chữ số theo thứ tự thích hợp ( chữ số không viết đầu ), ta thu lũy thừa khác ? Lời giải a) Ta có n2 − = k ( k + 1) ( k ∈  ) ⇔ 4n 3− 1= * 4k + 4k + ⇔ ( 2n + 1)( 2n − 1)= ( 2k + 1) 2n −   TH1: 2n − 1  2n + 1, =   2n − ⇒ 2n + = p ; = q ⇒ p − 3q = ⇒ p ≡ ( mod 3) ( vô lý) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 2n +  2n +  TH2: 2n + 1 ⇒ n ≡ 1( mod 3)  số phương , 2n − 1 =1 ⇒   b) Theo p, q, r số nguyên tố pqr ( p + )( q + )( r + ) số phương ⇒ pqr ( p + )( q + )(= r + 2) ( kpqr ) r + 2) ( k ∈  ) ⇒ ( p + )( q + )(= * k pqr Ta có pqr < ( p + )( q + )( r + ) ≤ pqr ⇒ < k ≤ ⇒ k = ⇒ ( p + )( q + )( r + ) = pqr Vậy ba số p, q, r phảo có số khơng tính tổng quát giả sử r =2 ⇒ ( p + )( q + ) =8 pq ⇔ ( p + )( q + ) =2 pq ⇒ p, q phải có số giả sử q = ⇒ ( p + ) = p ⇔ = ( vơ lý) Vậy khơng có số thỏa mãn u cầu tốn c) giả sử có hai số 2m > 2n thỏa mãn yêu cầu toán ⇒ < 2m − n ≤ ⇒ < m − n ≤ Vì hai số 2m ; 2n có chữ số giống ⇒ 2m ≡ 2n ( mod ) ⇒ 2m − 2n  ⇔ 2n ( 2m − n − 1) ⇒ 2m − n − 1 (1) Thử giá trị m − n= 1; m − n= 2; m − n= Ta thấy không thỏa mãn (1) Vậy khơng có số thỏa mãn Bài ( điểm) a) Cho ba số thực dương a , b , c Chứng minh a + b3 + c 81( ab + bc + ca ) + ≥ 30 abc (a + b + c) b) Xét số thực a , b , c thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức P= a+b+c−2 ( a − a + 1)( b2 − b + 1)( c − c + 1) Lời giải a + b3 + c3 81( ab + bc + ca ) a) Đặt P = + abc (a + b + c)   a + b3 + c   81( ab + bc + ca ) − 3 +  − 27  P − 30  Ta có= abc     ( a + b + c ) ( a + b + c ) ( a + b2 + c − ab − bc − ca ) abc Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 ( ab + bc + ca ) − ( a + b2 + c ) + 27 ⋅ (a + b + c) TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1  1 27 = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca )   + + −   ab bc ca ( a + b + c )  9   ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca )   − =   ab + bc + ca ab + bc + ca  CBS (Do a + b + c ≥ ab + bc + ca ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) , ∀a, b, c ) Do P ≥ 30 Dấu “=” xảy a= b= c Vậy ta có đpcm 1  b) Ta có a − a + 1=  a −  + > 0, ∀a 2  Tương tự b − b + > 0, ∀b ; c − c + > 0, ∀c Do a + b + c < P < (1) Ta xét trường hợp a + b + c ≥ P= = a+b+c−2 2         3 a b c − + − + −         +           a+b+c−2 2        1 1 1   a −  +    b −  + 3   c −  + 3 64   2 2 2        Ta chứng minh bổ đề ( x + 3)( y + 3)( z + 3) ≥ ( x + y + z + 1) , ∀x, y, z (*) Thật ( x + y + z + 1)  ( y + z + 1)2  ≤ ( x + 3) 1 +    BCS Do ta cần chứng minh ( y + z + 1) 1+ (y ≤ + 3)( z + 3) ⇔ 16 + ( y + z ) + yz + ( y + z ) ≤ y z + ( y + z ) + 27 ⇔ y z + ( y + z ) − yz − ( y + z ) + 11 ≥ ( yz − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) + ( y − z ) ≥ (luôn đúng) 2 2 Như ta có (*) ln Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 1 1    Áp dụng (*) với= , z  c −  ta có y 2b − = x  a −  ,= 2 2 2    2        1 1 1   a −  + 3   b −  + 3   c −  + 3 ≥ ( 2a + 2b + 2c − ) 2 2 2          ⇒P≤ a+b+c−2 ⋅ ⋅ ( a + b + c − 1) 64 ( a + b + c − 2) = ( a + b + c − 1) Đặt t = a + b + c , t ≥ , P ≤ (t − 2) ( t − 1) 4t − − ( t − 2t + 1) − ( t − 6t + ) − ( t − 3)2 (t − 2) = −1 = = ≤ 0, ∀t ≥ Lại có 2 2 ( t − 1) ( t − 1) ( t − 1) ( t − 1) ⇒ (t − 2) ( t − 1) ≤ 1, ∀t ≥ (2) Từ (1) (2) suy P ≤ Dấu “=” xảy a= b= c= Vậy GTLN P Bài (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AB < AC ) , có đường cao AH ( H ∈ BC ) Gọi D trung điểm đoạn AC , N trung điểm đoạn AD I hình chiếu vng góc điểm H đường thẳng AB Các đường thẳng HN ID cắt điểm P Gọi K giao điểm hai đường thẳng AP HI a) Chứng minh hai đường thẳng AK BD vng góc với b) Gọi G giao điểm hai đường thẳng BD IH Trên đoạn AG lấy điểm E = 90° cho BE = BH Chứng minh BEK c) Gọi F điểm đối xứng với điểm E qua điểm A Qua điểm E , kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BK điểm L Gọi M trung điểm đoạn EK Các đường thẳng ML AG cắt điểm O Chứng minh hai đường thẳng BO FL vng góc với Lời giải Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a) Chứng minh hai đường thẳng AK BD vng góc với Có HK // AC (do vng góc AB ) ⇒ HI HP HK HP = = , mà AN = ND ND PN AN PN ⇒ HI = HK Ta có ∆HIA ∽ ∆BAC ⇒ HI AB KI HI AB AB =⇒ = = = IA AC IA IA AC AD ⇒ IK AB = IA AD hay ∆KIA ∽ ∆BAD  có DBA +  (so le) ⇒ AKI =, DBA ADB =° 90 ,  ADB = DGK = ⇒ AKI + DGK 90° ⇒ BD ⊥ AK b) Gọi G giao điểm hai đường thẳng BD IH Trên đoạn AG lấy điểm E = 90° cho BE = BH Chứng minh BEK Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Gọi T giao điểm KI BE ∆ABK có hai đường cao KI , BD cắt G ⇒ G trực tâm ∆BAK nên AG ⊥ BK 2 Có BE = BH = BI BA ⇒ BE BA = BI BE ⇒ ∆BEI ∽ ∆BAE  = BKI  (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) =  , có EAB ⇒ IEB EAB  =  ⇒ IEB BKI ⇒ ∆IET ∽ ∆BKT (g.g) ⇒ IT ET = BT KT ⇒ ∆KTE ∽ ∆BTI =  =° = 90° ⇒ KET BIT 90 hay BEK c) Gọi F điểm đối xứng với điểm E qua điểm A Qua điểm E , kẻ đường thẳng song song với IK cắt đường thẳng BK điểm L Gọi M trung điểm đoạn EK Các đường thẳng ML AG cắt điểm O Chứng minh hai đường thẳng BO FL vng góc với Gọi Q trung điểm BE , X giao điểm AG với BK , Y giao điểm LO với BF    (do ∆IBT ∽ ∆EKT ) Có KEL = EKI = EBA  = BAE  (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) Có ELK ⇒ ∆LEK ∽ ∆ABE (g.g) ⇒ EK LE LK , có BE = 2QE , EK = MK = = BE AB AE ⇒ MK LK = QE AE ⇒ ∆MLK ∽ ∆QAE (c.g.c)  = BFE =  , QAE  (đồng vị) ⇒ MLK =  BFE ⇒ MLK QAE ⇒ ∆BFX ∽ ∆BLY (g.g) = = ⇒ BYL FXB 90° ∆BLF có hai đường cao FX LK cắt O ⇒ O trực tâm ∆BLF Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ⇒ BO ⊥ LF Bài (1 điểm) Cho bảng ô vuông 18 ×18 Người ta điền số nguyên dương từ đến 324 vào ô vuông bảng, số khơng có hai điền số giống Ở hàng, người ta chọn số lớn thứ tư điền vào ô vuông hàng Gọi S tổng 18 số chọn Chứng minh tồn hàng có tổng tất số điền vào vng hàng nhỏ S Lời giải Ta gọi bi (1 ≤ i ≤ 18 ) số hạng lớn thứ tư hàng thứ i Khơng tính tổng qt giả sử b1 < b2 < b3 < < b18 Ta có nhận xét : b1 ≥ 15 ( b1 lớn 14 số hàng đó) b2 ≥ 30 ( b2 lớn 14 số hàng lớn 15 số hàng có b1 ) Tương tự ta có bi ≥ 15.i ⇒ b16 + b17 + b18 ≥ 15 (16 + 17 + 18 ) = 765 Gọi a j (1 ≤ j ≤ 18 ) số hàng chứa b1 Khơng tính tổng qt giả sử a1 < a2 < a18 Ta có : a16 + a17 + a18 ≤ 322 + 323 + 324 = 969; b1 = a15 ⇒ b1 − a1 ≥ 14 a2 < a3 < < a15 < b2 ⇒ b2 − a2 ≥ 14 ( hai giá trị a2 b2 có 13 giá trị) Tương tự ta có bi − ≥ 14 ( i ∈ ;1 ≤ i ≤ 15 ) 18 Xét hiệu ∑ ( b − a ) =( b − a ) + + ( b i =1 i i 1 15 − a15 ) + ( b16 + b17 + b18 ) − ( a16 + a17 + a18 ) 18 ⇒ ∑ ( bi − ) ≥ 14.15 + 765 − 969 =6 > Vậy có hàng có tổng nhỏ S i =1  HẾT  Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9- VỊNG NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 150 phút Đề số 20 Câu (3 điểm) a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c= a + b + c= a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a)(1 + b)(1 + c) b) Cho số tự nhiên n thỏa mãn: n + 3n + số phương Chứng minh rằng: Câu Chứng minh rằng: n chia hết cho 40 (6 điểm) a) Giải phương trình: x + + x + = x + 2 x + x + − 16 b) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn phương trình: (x )( ) + y + + ( x − y )(1 − xy ) = (1 + xy ) c) Trên mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng ( d1 ) : y =− x + 1; ( d2 ) : y =x − Tìm giá trị a cho đường thẳng ( d1 ) , ( d2 ) ( d3 ) cắt điểm Biết rằng: − ax + a3 − a − ( d3 ) : y = Câu 3 (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương a) Biết a ≥ 19; b ≥ 12; c ≥ 20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =a + b + c + 1 + + a b c b) Biết abc = Chứng minh rằng: a ( ab + a + 1) Câu Câu + b ( bc + b + 1) + c ( ca + c + 1) ≥ a+b+c (4 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài Gọi D điểm cạnh BC ( D không trùng với B C ) Gọi r1 ; r2 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD ACD a) Đặt BD = x (điều kiện < x < ) Tính r1 ; r2 theo x b) Xác định vị trí điểm D cạnh BC để tích r1.r2 lớn Tính giá trị lớn (3 điểm) a) Khơng dùng bảng số máy tính, chứng minh rằng: sin 75° = 6+ b) Cho hai điểm A; B không thuộc đường thẳng xy nằm phía với đường thẳng xy  = BMy  Xác định điểm M thuộc đường thẳng xy cho AMx c) Cho n điểm phân biệt mặt phẳng, cho ba điểm điểm đỉnh tam giác vng Tìm giá trị lớn n HẾT Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN QUẬN BA ĐÌNH Năm học: 2020-2021 Câu (3 điểm) a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c= a + b + c= a b c + + = 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a)(1 + b)(1 + c) b) Cho số tự nhiên n thỏa mãn: n + 3n + số phương Chứng minh rằng: Chứng minh rằng: n chia hết cho 40 a) Từ giả thiết a + b + c= Lời giải a + b + c= c ⇒ x = a; y = b; z = c Đặt x = a ; y = b ; z = Thay vào giả thiết, ta có: ( ) x + y + z = x + y + z = ⇒ 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − x + y + z = 2 − = 2 Do xy + yz + zx = Nên + a = xy + yz + zx + x = Tương tự + b = ( x + y )( y + z ) ;1 + c = ( z + y )( z + x ) a b c + = + 1+ a 1+ b 1+ c x + y + ( x + y )( x + z ) z ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + x )( z + y ) ( xy + yz + zx ) x ( y + z) + y (z + x ) + z ( x + y) = 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y) ( y + x ) (z + x ) = (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Suy đpcm b) Đặt n = + x ;3n = + y2 Thì x STN lẻ, nên có: ( x ∈ N; y ∈ N ) x = k + 1( k ∈ N ) ⇒ n + = ( 2k + 1) ⇒ n = 2k ( k + 1) ⇒ 3n + = 6k ( k + 1) + = 2t + 1( t ∈ N ) ⇒ 3n + = ( 2t + 1) ⇒ 3n = 4t ( t + 1)8 Nên y STN lẻ, đặt y = Câu 2 y2 Mà ( 3;8 )= ⇒ n8 (1) Có số phương chia cho dư 0,1 Mà x + y = 5n + chia cho dư Từ n + chia cho dư nên 2n chia hết cho (2) ⇒ n Từ (1) (2) kết hợp với ( 5;8 ) = ⇒ n 40 (6 điểm) a) Giải phương trình: x + + x + = x + 2 x + x + − 16 b) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn phương trình: (x )( ) + y + + ( x − y )(1 − xy ) = (1 + xy ) c) Trên mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng ( d1 ) : y =− x + 1; ( d2 ) : y =x − Tìm giá trị Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com a cho đường thẳng ( d1 ) , ( d2 ) ( d3 ) cắt điểm Biết rằng: − ax + a3 − a − ( d3 ) : y = Lời giải a) Điều kiện: x ≥ −1 Đặt x + + x + = u, ( u ≥ ) , ta có: u2 = 3x + + 2 x + 5x + = ( 3x + ) x + x + − 16 + 20 Suy ta có phương trình u = u + 20 ⇔ u − u − 20 = ⇔ u = (do u ≥ ) Với u = ta x + + x + = Giải phương trình x = Vậy phương trình có nghiệm x = b) Viết lại phương trình cho dạng ( x + 1)( y − 1)  = Với ( x + 1)( y − 1) =2 =1.2 =2.1 =( −1) ( −2 ) =( −2 ) ( −1) Phân chia trường hợp, giải ( x= ; y) (1;2 ) , ( −2; −1) , ( −3;0 ) , ( 0;3) Với ( x + 1)( y − 1) =−2 =−2.1 =−1.2 =2 ( −1) =1 ( −2 ) Phân chia trường hợp, giải ( x= ; y ) (1;0 ) , ( 0; −1) , ( −3;2 ) , ( −2;3) Kết luận nghiệm: PT có nghiệm nguyên c) Giao điểm ( d1 ) ( d2 ) có tọa độ ( x; y ) = (1;0 ) Từ thay x = y = vào PT ( d3 ) ta a3 − a − a = 1 ⇔ a3 = a + a + ⇔ 3a3 = 3a + 3a + 3 ⇔ a3 =( a + 1) ⇔ a =a + ⇔a Câu ( ) − =1 ⇔ a = −1 (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương a) Biết a ≥ 19; b ≥ 12; c ≥ 20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b + c + b) Biết abc = Chứng minh rằng: a ( ab + a + 1) + b ( bc + b + 1) + c ( ca + c + 1) 1 + + a b c ≥ a+b+c Lời giải 1  b 1  a  360 143 399  a + + + + + + a + b + c 144 400  361 a   144 b   400 c  361 a) Ta có: P=  Theo BĐT Cô si cho số dương: a a + ≥2 = 361 a 361 a 19 b b + ≥2 = 144 b 144 b 12 Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com c c + ≥2 = 400 c 400 c 20 Mặt khác từ giả thiết a ≥ 19; b ≥ 12; c ≥ 20 360 143 399 360 143 399 360 143 399 a + b + c ≥ 19 + 12 + 20 = + + Ta có: 361 144 400 361 144 400 19 12 20 Cộng ba BĐT chiều, ta được: 1  b 1  a  360 143 399  a + + + + + + P=  a + b + c 144 400  361 a   144 b   400 c  361 2 360 143 399 362 145 401 ≥ + + + + + = + + 19 12 20 19 12 20 19 12 20 Dấu “=” xảy = a 19; = b 12; = c 20 362 145 401 Vậy MinP = = a 19; = b 12; = c 20 + + 19 12 20 b) Do abc = a b c + + = Nên ab + a + bc + b + ca + c + Theo BĐT Bunhiacopxki, ta có:   a b c + +   (a + b + c) 2  ( ab + a + 1) ( bc + b + 1) ( ca + c + 1)  a b c   ≥ + +  =  ab + a + bc + b + ca + c +  a b c + + ≥ Từ 2 ( ab + a + 1) ( bc + b + 1) ( ca + c + 1) a + b + c Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài Gọi D điểm cạnh BC ( D không trùng với B C ) Gọi r1 ; r2 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD ACD a) Đặt BD = x (điều kiện < x < ) Tính r1 ; r2 theo x b) Xác định vị trí điểm D cạnh BC để tích r1.r2 lớn Tính giá trị lớn Lời giải Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com a) Gọi H trung điểm BC ⇒ HD = − x ∆ABC ⇒ AH = Ta có: AD2= AH + HD2 ⇒ AD= Xét ∆ABD= có: S ABD x2 − x + 1 x = AH BD AB + AD + BD + x + x2 − x + Lại có:= S ABD p= = r1 r1 ABD r1 2 x ⇒ r1 = + x + x2 − x + ) ( Tương= tự: S ACD 1− x) (= (1 − x ) ⇒ r2 = 2 − x + x2 − x + ( + − x + x2 − x + r2 ) b) Xét ∆ABD có: MD = AD + BD − AB = x + x2 − x + −1 Tương tự: 2ND =1 − x + x − x + − = x − x + − x )( ( ⇒ MD.ND = x + x − x + − ) x − x + − x =1 − x + x − x − x + 1 3  ⇒ MD.ND = − x − x + = −  x −  + ≤ − 2  ⇒ MD.ND ≤ 2− Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Dễ thấy ∆OMD ∽ ∆DNI ⇒ OM IN = MD.ND ⇒ r1= r2 MD.ND ≤ 2− Dấu “=” xảy ⇔ x = Câu (3 điểm) a) Khơng dùng bảng số máy tính, chứng minh rằng: sin 75° = 6+ b) Cho hai điểm A; B không thuộc đường thẳng xy nằm phía với đường thẳng xy   = BMy Xác định điểm M thuộc đường thẳng xy cho AMx c) Cho n điểm phân biệt mặt phẳng, cho ba điểm điểm đỉnh tam giác vng Tìm giá trị lớn n Lời giải  = 75°; BC = A = 90°; B a) Xét ∆ABC có  = 15° Vẽ trung tuyến AM đường cao AH , ta có AM = BM = C Suy  AMB= 30° Vì ∆AHM vng H có  AMH= 30° , nên AH = ⇒ HM =3 ⇒ HC =+ Trong tam giác vng AHC có AC = HC + AH ⇒ AC = (2 + ) + 12 = ( + ) ⇒ AC = 2 + ⇒ sin= B sin 75 = ° 1+ = 2 ⇒ đpcm = ( AC 2 + = = BC ) 1+ = 4+2 2 6+ b) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com - Dựng điểm C đối xứng với B qua xy - Dựng đường tròn tâm C tiếp xúc với xy D ; - Dựng tiếp tuyến At với đường tròn ( C; CD ) , cắt xy cho C nằm góc yMt     Khi AMx = tMy = 2CMy = BMy c) Xét đoạn thẳng nối điểm n điểm cho; chọn đoạn thẳng có độ dài lớn đoạn thẳng AB điểm cịn lại tạo với AB tam giác vng có cạnh huyền AB Suy điểm thuộc đường trịn tâm O đường kính AB Gọi C điểm thứ ba điểm Theo đề ta có tam giác ABC vng C , tức điểm C thuộc đường tròn ( O ) Gọi D điểm thứ tư điểm Tam giác ABD vuông D , tức điểm D thuộc đường tròn ( O ) Xét tam giác ACD tam giác vng nội tiếp đường trịn ( O ) đường kính AB Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Suy CD đường kính đường trịn ( O ) Giả sử tồn điểm thứ năm E điểm Tam giác ABE vng E , tức điểm E thuộc đường tròn ( O ) Khi tam giác ACE nội tiếp đường trịn ( O ) khơng có góc góc vng (vì cạnh tam giác ACE khơng đường kính đường trịn ( O ) ): mâu thuẫn với điều giả sử Do điều giả sử sai Vậy giá trị lớn n HẾT Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ... A =99 99 .99 99   =10 00  − 1 99 99  =10 00 .99 99   − 99 99  2020 cs 2020 cs 2020 cs 2020 2020 cs 2020 cs 102020  10  = 99 99 = 99 99 800 001  00 00  − 99 99 ...  Khi ta có A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021  b c  a 1 = A (a 2021 + (−a ) 2021 + (−a ) 2021 )( 2021 + + ) 2021 a (−a) (−a ) 2021 = (−a ) 2021 (−a ) 2021 =1 -Nếu z < ⇒... Cho A = 99 99 .99 99   Hỏi A có chữ số ? 2020 cs 2020 cs Lời giải a) a = 2+ −1 = −1 = 1+ 2− 2− 2+ ( )( ) a − 6a + ( ) ( ) =1 + − + + = + 10 − − + = 10 b) Cho A = 99 99 .99 99   Hỏi