đề học sinh giỏi toán lớp 9 (có đáp án lời giải chi tiết)

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP CỤM CHUYÊN MƠN SỐ NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 120 phút Câu (4 điểm) A = 1+ a) Chứng minh b) Giả sử nguyên tố p p2 + 84 84 + 1− 9 số nguyên số nguyên tố Chứng minh p3 + TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP số Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a) b) c) x + x + + − x = 11 x − + − x = x − 20 x + 22 ( x − 1) x2 + = 2x2 − x + Câu (4 điểm) a Cho 1 1 + + = a b c a+b+c Chứng minh rằng: WORD=> ZALO_0946 513 000 b Choba số dương Q = a.b.c a b c , , thỏa mãn điều kiện a 2021 + b 2021 + c 2021 = a 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c 2021 +b 2021 + c 2021 Tìm giá trị lớn AD, BE , CF ABC H Câu (6 điểm) Cho tam giác nhọn, có đường cao cắt I, K BE , CF D Gọi hình chiếu điểm đường thẳng Chứng minh a) b) BH BE + CH CF = BC IK // EF AEF , BDF , CDE c) Trong tam giác diện tích tam giác ABC có tam giác có diện tích nhỏ Câu (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ tam giác nhỏ TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP HẾT WORD=> ZALO_0946 513 000 diện tích HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TỐN CỤM CHUYÊN MÔN SỐ Năm học: 2020-2021 Câu (4 điểm) A = 1+ a) Chứng minh b) Giả sử nguyên tố p p2 + 84 84 + 1− 9 số nguyên số nguyên tố Chứng minh p3 + số Lời giải TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP 84 84 + 1− 9 A = 1+ a) Chứng minh số nguyên  84 84  84 84  ÷ + ÷ A3 = +  + + 1− 1−  9 ÷ 9 ÷     84  A3 = + A  − ÷ 81 ÷   A3 = − A A3 + A − = WORD=> ZALO_0946 513 000 ( A − 1) ( A2 + A + ) = A −1 = (vì A2 + A + ≠ ) A =1 A Vậy nguyên b) Giả sử nguyên tố p p2 + số nguyên tố Chứng minh p = p2 + = Với : (ktm) p = p + = 11 p + = 29 Với : , (TM) p > ⇒ p = 3k + p + = ( 3t + 3) M3 Với : (KTM) Vậy p = 3 p3 + số Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: x + x + + − x = 11 a) x − + − x = x − 20 x + 22 b) ( x − 1) c) x2 + = 2x2 − x + Lời giải x + x + + − x = 11 a) ⇔ 11 − x − x + − − x = ⇔ x + − x + + + − 2x − − 2x +1 = TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP ⇔ ( ) ( ) x+3−2 + − 2x −1 = ⇔ x + − = − 2x −1 = ⇔ x =1 x − + − x = x − 20x + 22 b) x − 20x + 22 = ( x − 4x + ) + = ( x − ) + ≥ 2 Ta có: ( 3x − + − 3x ) ≤ ( + ) ( 3x − + − 3x ) = WORD=> ZALO_0946 513 000 3x − + − 3x ≤ Vậy x − + − x = x − 20x + 22 = x − 20x + 20 = ⇔ x = c) ( x − 1) x2 + = 2x2 − 2x + ⇔ ( x + 1) − ( x − 1) x + − x = a = x + 1( a ≥ 1) Đặt , phương trình trở thành: 2a − ( x − 1) a − x = ∆ = ( 4x + 1) > a = ±2x ⇒ x2 + = 2x ⇔ x2 + 1= 4x2 ⇔ 3x − =  x = ⇔  ( l) x = −  TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Vậy pt có tập nghiệm   S =    Câu (4 điểm) a 1 1 + + = a b c a+b+c Cho b Choba số dương Q = a.b.c a Chứng minh rằng: a b c , , thỏa mãn điều kiện 2021 + b 2021 Lời giải a) Cho a 2021 + b 2021 Ta có: ⇔ + c 2021 = Chứng minh rằng: a 2021 +b 2021 + c 2021 1 1 + + = a b c a +b+c ab + bc + ca = abc a+b+c ⇔ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) − abc = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + abc + bc + ac − abc = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + c ( a + b ) = c 2021 = a 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c WORD=> ZALO_0946 513 000 1 1 + + = a b c a+b+c + 2021 +b 2021 + c 2021 Tìm giá trị lớn ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca + c ) = ⇔ ( a + b ) b ( a + c ) + c ( a + c )  = ⇔ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = a + b =  a = −b  ⇔ b + c = ⇔ b = −c c + a = c = −a Với a = −b a 2021 + : b + 2021 ⇔ ⇔ c 2021 = a 2021 +b 2021 TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP +c 2021 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 2021 2021 −b b c −b + b + c c 2021 = c 2021 (luôn đúng) Tương tự: Với Với b) b = −c c = −a ⇔ ⇔ a 2021 b 2021 = = a 2021 (luôn đúng) b 2021 WORD=> ZALO_0946 513 000 (luôn đúng) 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c ⇔ 1 = 1− +1− 1+ a 1+ b 1+ c ⇔ b c = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c ≥2 1+ b Tương tự: ≥2 1+ c bc ( + b ) ( + c ) ( 1) ca ( + c ) ( + a ) ( 2) ab ( + a ) ( + b ) ( 3) Từ ( 1) ( ) , ⇔ abc ≤ ( 3) ⇒ 1 abc ≥ 1+ a 1+ b 1+ c ( + a ) ( + b ) ( + c ) 1 ⇔Q≤ 8 a=b=c= Dấu “=” xảy Qmax = Vậy a=b=c= Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có đường cao I, K Gọi hình chiếu điểm minh a) b) BH BE + CH CF = BC IK // EF D đường thẳng cắt BE , CF H Chứng c) Trong tam giác AD, BE , CF TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP AEF , BDF , CDE diện tích tam giác ABC có tam giác có diện tích nhỏ Lời giải WORD=> ZALO_0946 513 000 AEB HFB B a) Tam giác vng tam giác vng có góc chung nên đồng dạng với AB BE ⇒ = ⇒ BH BE = AB.BF BH BF (1) AFC C HEC Tam giác vng tam giác vng có góc chung nên đồng dạng với AC CF ⇒ = ⇒ CH CF = AC.CE CH CE (1) BH BE + CH CF = AB.BF + AC CE Từ(1) (2) suy ra: (3) BFC ADB B Mặt khác dễ thấy tam giác vng tam giác vng đồng dạng (góc chung) AB BD ⇒ = ⇒ AB.BF = BC BD BC BF (4) BEC ADC Chứng minh tương tự ta có tam giác đồng dạng với tam giác AC DC ⇒ = ⇒ AC.CE = BC.CD BC CE (5) TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Từ (4) (5) suy ra: Từ (3) (6) suy b) Ta có Tứ giác AB.BF + AC.CE = BC ( BD + CD ) = BC BH BE + CH CF = BC (đpcm)  AB ⊥ FC ⇒ AB // DK ⇒ ∠FAH = ∠HDK   DK ⊥ FC AFHE nên tứ giác FH )(2) có AFHE ∠AFH + ∠AEH = 90 + 90 = 180 (6) (hai góc so le trong) (1) mà hai góc vị trí đối ⇒ ∠FAH = ∠FEH tứ giác nội tiếp (2 góc nội tiếp chắn cung WORD=> ZALO_0946 513 000 IDKH Chứng minh tương tự ta có tứ giác tứ giác nội tiếp ⇒ ∠HIK = ∠HDK HK (2 góc nội tiếp chắn cung )(3) ∠FEH = ∠HIK Từ (1), (2) (3) suy mà góc vị trí so le IK // EF Suy (đpcm) AF = y BD = z < x, y, z < a BC = a CA = b AB = c AE = x c) Đặt , , , , , , < x , y , z < b < x, y , z < c ; BF = c − y EC = b − x CD = a − z Khi đó: , , ; Giả sử khơng có tam giác có diện tích nhỏ S AEF > 1 S ABC ; S BFD > S ABC ; SCED > S ABC 4 Nghĩa S AEF AE AF x y = = ; S ABC AB AC cb Ta có Suy diện tích tam giác S AEF S BFD SCED > S ABC 64 ABC S BFD BF BD ( c − y ) z = = S ABC BA.BC ca SCED CE.CD ( b − x ) ( a − z ) = = S ABC CA.CB ba Do TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP S AEF S BFD SCED xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y ) = S ABC a 2b c x ( b − x) ( x + b − x) ≤ Theo bđt Cauchy ta có: y ( c − y) ( y + c − y) ≤ c2 = 4 Do Suy đpcm b2 = ( z + a − z) ≤ z( a − z) xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y ) ≤ 2 abc 64 WORD=> ZALO_0946 513 000 hay = a2 S AEF S BFD SCED ≤ S ABC 64 (mâu thuẫn gt) Câu 10 (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ tam giác nhỏ Lời giải Kẻ AH ⊥ BC Ta có AB < AC < BC < , ,  AH <  ⇒ BC  BH ≤ ≤ diện tích Áp dụng định lý Pytago tam giác vng Ta có: ABH AH + BH = AB Mà 2 AB < ⇒ AH + BH < ⇒ AH < − BH ⇒ AH < − ⇒ AH < S ∆ABC = = 4 TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP 1 3 AH BC < = 2 2 Vậy tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ HẾT WORD=> ZALO_0946 513 000 10 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 14/11/2020 Câu (5 điểm) p= Tìm tất số tự nhiên n để số nguyên tố x − + − x − ( x − 1)(6 − x) = Giải phương trình Câu n(n + 1)(n + 2) +1 (5 điểm) a , b, c Cho ba số thực khác không thỏa mãn điều kiện: 1 1 + + = a+b+c ≠ a b c a +b+c Tính giá trị biểu thức: 1 A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 ) a b c TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Câu Tìm tất số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn ( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10 (2 điểm) a , b, c abc = số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức: a b c A= 2 + 2 + 2a + b + 2b + c + 2c + a + Cho WORD=> ZALO_0946 513 000 Câu (7 điểm) Cho đoạn thẳng phẳng bờ AB = 8cm AB , dựng hai hình vng M nằm đoạn thẳng AMCD Câu điểm N BMEF AB , nửa mặt Gọi giao điểm đường thẳng AC BE P , giao điểm đường thẳng A, N , P, B a) Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn N , P, F DN FN = MN b) Chứng minh điểm thẳng hàng MN M AB c) Tìm vị trí điểm đoạn thẳng để độ dài đoạn thẳng đạt giá trị lớn AE BC điểm (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có kích thước số nguyên dương tính theo đơn vị cm, 11 a (cm3 ) tích Biết đạt hình hộp chữ nhật đặt lên mặt bàn tổng diện tích mặt nhìn thấy a (cm ) (minh họa hình vẽ bên) Tìm giá trị nhỏ HẾT TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP WORD=> ZALO_0946 513 000 12 a HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN QUẬN ĐỐNG ĐA Năm học: 2020-2021 Câu (5 điểm) p= Tìm tất số tự nhiên n để n(n + 1)(n + 2) +1 số nguyên tố x − + − x − ( x − 1)(6 − x ) = Giải phương trình Lời giải n(n + 1)(n + 2) p= +1 TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Tìm tất số tự nhiên n để Ta có số nguyên tố n(n + 1)( n + 2) +1 ( n + 3)(n + 2) ⇒P= p= Với Với Với Với Với n = ⇒ P =1 số nguyên tố n = 1⇒ P = số nguyên tố n =2⇒ P=5 WORD=> ZALO_0946 513 000 số nguyên tố n = ⇒ P = 11 n ≥4 (n + 3) số nguyên tố (n + 3) > ( n + 2) ln tồn số số chẵn nên P hợp số Vậy P số nguyên tố (n + 2) > 17 Giải phương trình Điều kiện xác định: n ∈ { 1; 2;3} x − + − x − ( x − 1)(6 − x) = 1≤ x ≤ Đặt 13 (*) t = x −1 + − x ⇒ t = x − + ( x − 1)(6 − x) + − x ⇒ t = + ( x − 1)(6 − x) t2 − ⇒ ( x − 1)(6 − x) = Thay vào (*) ta t2 − t− = ⇒ 2t − t + = 2 t = −1 ⇒ t − 2t − = ⇒  t = TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Với t=3 32 − ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒x=2 Câu x=5 (5 điểm) a , b, c Cho ba số thực khác không thỏa mãn điều kiện: 1 1 + + = a+b+c ≠ a b c a +b+c Tính giá trị biểu thức: 1 A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 ) a b c WORD=> ZALO_0946 513 000 Tìm tất số nguyên Ta có ( x; y; z ) thỏa mãn Lời giải 14 ( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10 1 1 1 1 + + = ⇔ + + − =0 a b c a +b+c a b c a +b+c a+b a+b ⇔ + =0 ab c( a + b + c) c (a + b + c) + ab ⇔ ( a + b) =0 abc (a + b + c) ⇔ (a + b)(b + c)(c+ a) = a + b =  a = −b   ⇔  b + c = ⇔ b = − c c + a = c = − a   1   A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021 ÷ b c  a TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Khi ta có A = (a 2021 + (− a) 2021 + (− a) 2021 )( = ( −a) 2021 a 2021 + 1 + ) 2021 (−a) (− a) 2021 ( −a) 2021 =1 - Nếu - z < ⇒ z + 10 Nếu không số nguyên, z = ⇒ ( x + y ) ( x − y ) = 11 ( x + y ) ( x − y ) ∈ z ⇒ (*) xảy WORD=> ZALO_0946 513 000 Trường hợp Trường hợp Trường hợp Trường hợp - Nếu  x + y = 11 x = ⇒  x − y = y = x + y = x = ⇒   x − y = 11  y = −5  x + y = −11  x = −12 ⇒   x − y = −1  y = −1  x + y = −1  x = −12 ⇒   x − y = −11  y = 11 z ≥ ⇒ 8z + 10 số chẵn chia dư 15 ⇒ ( x + y) ( x − y) số chẵn Mà ( x + y ) ( x − y ) = 2x ⇒ ( x + y) ( x − y) chia hết cho 4, mà Vậy số nguyên Câu số chẵn ( x, y, z ) ⇒ ( x + y) 8z + 10 ( x − y) số chẵn không chia hết cho Nên z ≥1 xảy ( 6,5,0 ) ; ( 6, −5, ) ; ( −12, −1, ) ; ( −12,11, ) (2 điểm) a , b, c abc = số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức: a b c A= 2 + 2 + 2a + b + 2b + c + 2c + a + Cho Lời giải a b c A= 2 + 2 + 2a + b + 2b + c + 2c + a + TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP Ta có: ⇒ 2a + b + = a + b + a + + ≥ 2ab + 2a + 2abc a a ≤ = 2a + b + 2ab + 2a + 2abc 2(b + + bc) Tương tự b ≤ 2 2b + c + 2(c + + ac) c ≤ 2 2c + a + 2(a + + ab) A≤ WORD=> ZALO_0946 513 000 1 1 1 b bc  1  + + =  + +   1 + b + bc + c + ac + a + ab  1 + b + bc b + bc + abc bc + abc + ab.bc  ⇒ A≤ 1 b bc  + + =  1 + b + bc b + bc + bc + + b  Dấu “ =” xảy a = b = c =1 Vậy giá trị lớn biểu thức A Câu a = b = c =1 (7 điểm) Cho đoạn thẳng phẳng bờ AE AB = 8cm AB BC điểm , dựng hai hình vng điểm N M nằm đoạn thẳng AMCD BMEF , giao điểm đường thẳng 16 AB , nửa mặt Gọi giao điểm đường thẳng AC BE P a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B thuộc đường tròn N , P, F DN FN = MN b) Chứng minh điểm thẳng hàng MN M AB c) Tìm vị trí điểm đoạn thẳng để độ dài đoạn thẳng đạt giá trị lớn Lời giải TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B thuộc đường tròn · · AMCD AC CAM = 45o PAB = 45o Hình vng có đường chéo , suy hay o o · · EBM = 45 PBA = 45 BMEF BE Hình vng có đường chéo , suy hay AP ⊥ BE PAB P Suy tam giác vuông cân , suy AP, EM C EAB Xét tam giác có đường cao cắt , C BC ⊥ AE BN ⊥ AE EAB suy trực tâm tam giác , suy hay o ·ANB = APB · ANPB = 90 Tứ giác có nên tứ giác nội tiếp A, N , P, B Suy minh bốn điểm thuộc đường tròn N , P, F DN FN = MN b) Chứng minh điểm thẳng hàng ·ADC = ·ANC = 90o · · ADNC DNA = DCA = 45o Xét tứ giác , có nên nội tiếp, suy (1) · · ENF = EBF = 45o Tương tự (2) · · E, N , A D, N , F DNA = ENF = 45o Từ (1) (2), suy Vì thẳng hàng nên · · MN ⊥ DF MNF = MEF = 90o Suy hay WORD=> ZALO_0946 513 000 17 Xét tam giác DMF giác vuông ta có Ta có tứ giác ·APD = NEM · có · · · DMF = DMC + EMF = 90o DN FN = MN ENCP nội tiếp · · ENC + EPC = 180o , từ theo hệ thức lượng tam , suy · · CEN = NPC hay Mặt khác tứ giác MNEF nội tiếp, suy · · MFN = NEM , suy ·APD = MFN · hay ·APD = DFM · D, P , F D, P , N AP //MF mà , suy thẳng hàng, lại có D, N , P, F Do bốn điểm thẳng hàng (đpcm) Cách ·ADC = ·ANC = 90o · · ADNC DNA = DCA = 45o Xét tứ giác , có nên nội tiếp, suy (1) o · · ENF = EBF = 45 Tương tự (2) · · E, N , A D, N , F DNA = ENF = 45o Từ (1) (2), suy Vì thẳng hàng nên o ·MNF = MEF · MN ⊥ DF = 90 Suy hay · · · DMF = DMC + EMF = 90o DMF Xét tam giác có , từ theo hệ thức lượng tam DN FN = MN giác vng ta có · · · ·APD = NEM · ENCP ENC + EPC = 180o CEN = ·NPC Ta có tứ giác nội tiếp , suy hay TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP WORD=> ZALO_0946 513 000 · · MFN = NEM MNEF ·APD = MFN · Mặt khác tứ giác nội tiếp, suy , suy hay ·APD = DFM · D, P , F D, P , N AP //MF mà , suy thẳng hàng, lại có D, N , P , F Do bốn điểm thẳng hàng (đpcm) MN M AB c) Tìm vị trí điểm lớn đoạn thẳng để độ dài đoạn thẳng đạt giá trị Ta có Suy Câu 4 1 1 1 ≥  + ÷ ≥ = = 2 = + = + MA MB AB 16 2 2   MA + MB ( ) MN MD MF MA MB MN ≤ 16 ⇔ MN ≤ Đẳng thức xảy M trung điểm AB (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có kích thước 18 số nguyên dương tính theo đơn vị cm, a (cm3 ) tích Biết đặt hình hộp chữ nhật lên mặt bàn tổng diện tích mặt nhìn thấy a (cm ) (minh họa hình vẽ bên) Tìm giá trị nhỏ Lời giải x, y , z Gọi kích thước hình hộp chữ nhật Từ giả thiết, ta có a a = xyz = z ( x + y ) + xy ⇔ xy ( z − 1) = z ( x + y ) ⇒ z ≥ TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP Ta có xy ( z − 1) = z ( x + y ) ≥ z xy xyz ≥ Xét hiệu xyz ≥ Suy Vậy 16 z ( z − 1) 16 z ( z − 1) 2 − 108 = ⇒ xy ≥ ( z − 3) 4z 16 z ⇔ xyz ≥ z −1 ( z − 1) ( z − 3) ( z − 1) ≥ 108 Dấu “=” xảy a = 108 WORD=> ZALO_0946 513 000 HẾT 19 ≥ 0, z ≥ x = 3; y = z =  ... LOẠI-MÔN-LỚP 1 3 AH BC < = 2 2 Vậy tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ HẾT WORD=> ZALO_ 094 6 513 000 10 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2020-2021... hình vẽ bên) Tìm giá trị nhỏ HẾT TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP WORD=> ZALO_ 094 6 513 000 12 a HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN QUẬN ĐỐNG ĐA Năm học: 2020-2021 Câu (5 điểm) p= Tìm tất số tự nhiên n để... LOẠI-MÔN-LỚP HẾT WORD=> ZALO_ 094 6 513 000 diện tích HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TỐN CỤM CHUN MƠN SỐ Năm học: 2020-2021 Câu (4 điểm) A = 1+ a) Chứng minh b) Giả sử nguyên tố p p2 + 84 84 + 1− 9 số