Phiếu học tập tuần toán 7 Website tailieumontoan com PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HAI BÀ TRƯNG ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020 2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (5 điểm) 1) Cho là các số thực khác thỏa mãn Tính giá trị biểu thức 2) Giải phương trình Câu 2 (5 điểm) 1) Cho đa thức với hệ số thực thỏa mãn và Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức cho đa thức 2) Tìm các cặp số nguyên thỏa mãn 3) Cho là các số nguyên dương phân biệt và là số nguyên tố lẻ sao cho đều chia h[.]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HAI BÀ TRƯNG
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1. (5 điểm)
1) Cho a b c, , là các số thực khác 0 thỏa mãn a3b3c3 3abc.
Tính giá trị biểu thức: .
a b b c c a P
2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
Câu 2. (5 điểm)
1) Cho đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn P(1) 2 và P ( 1) 4. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P x( ) cho đa thức x 2 1.
2) Tìm các cặp số nguyên x y;
thỏa mãn x22y2 2xy2x 6y 1 0.
3) Cho a b c, , là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho
ab bc ca đều chia hết cho p Chứng minh rằng 2 3
a b c
p
Câu 3. (2 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2 4 x với
2 x 4
2) Với các số thực a b c, , thỏa mãn: a b c và 3 a2b2c2 9 Chứng minh rằng
1 a 3
Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC và đường cao AH Gọi E F, là chân các đường vuông góc hạ từ H lên AC AB, Gọi I là giao điểm của AH và EF, BIcắt
AC tại điểm P Đường thẳng qua A song song với BIcắt BC tại Q
1) Chứng minh B là trung điểm QH
2)CIcắt AB tại L Chứng minh:
2 2
PC LB
3) Gọi M là giao điểm của FE và CB Kẻ HT vuông góc với AM. Chứng minh rằng
0
90
BTC
Trang 2Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 2022 cm và 7 điểm nằm trong lục2
giác đều ABCDEF Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm
đã cho có diện tích không lớn hơn 337cm2.
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
Năm học: 2020-2021 Lời giải
Câu 1. (5 điểm)
1) Cho a b c, , là các số thực khác 0 thỏa mãn a3b3c3 3abc.
Tính giá trị biểu thức: .
a b b c c a P
2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
Lời giải
1) Ta có: a3b3c33abc
Suy ra 1 2 2 2 0
2 a b c a b b c c a
Do đó,
0
a b c
a b c
TH1: a b c suy ra: 0 a b c b; c a c; b a. Suy ra P 3.
TH2: a b c suy ra P 6.
2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
Điều kiện xác định: x 2.
Biến đổi phương trình về dạng (x 2)2 x 2 0.
Vì (x 2)2 và 0 x 2 0 với mọi x nên 2 (x 2)2 x 2 0
Dấu “=” xảy ra khi
2
( 2) 0
2
2 0
x
x x
Vậy nghiệm của phương trình là x 2.
Câu 2. (5 điểm)
1) Cho đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn P(1) 2 và P ( 1) 4. Tìm đa thức dư
( )
P x x 2 1
Trang 32) Tìm các cặp số nguyên x y;
thỏa mãn x22y2 2xy2x 6y 1 0.
3) Cho a b c, , là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho
ab bc ca đều chia hết cho p Chứng minh rằng 2 3
a b c
p
Lời giải
1) Đặt P x( )=(x+1)(x- 1) ( )q x +ax b+
Ta có P(1)= + =a b 2 và P( 1)- = - + =a b 4
Suy ra a= - 1;b=3. Vậy đa thức dư là - +x 3.
2) Biến đổi phương trình về dạng x y 12 y 22 4 0222
TH1:
TH2:
TH3:
TH4:
Từ đó giải ra được x y ; 1;0 , 1;2 , 3; 2 , 3; 4
3) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: a b c
Thấy rằng ab1,bc1,ca1 đều chia hết cho p suy ra a b c, , đều không chia hết cho p
Từ giả thiết bc1,ac1 đều chia hết cho p ta suy ra bc1 ac1p c b a p
mà c p suy ra b a p ,
Tương tự ta cũng có: c b p suy ra b a p và c b p
Ta có bb a a p a
và c b c b p a p a 2p
Trang 4Nếu a thì 1 b 1 ab1 ,p b 1 b a p dẫn đến 2 p mà p là số nguyên tố lẻ nên
trái với giả thiết vậy a 2
Sử dụng các dữ kiện:
2
a b c a a p a p
a b a p c a p p a p
Câu 3. (2 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2 4 x với
2 x 4
2) Với các số thực a b c, , thỏa mãn: a b c và 3 a2b2c2 9 Chứng minh rằng
1 a 3
Lời giải
1) Vì P 0, ta xét P2 2 2 x 2 4 x 2
, do đó P 2 vì P 0
Dấu “=” xảy ra khi x 2 4 x 0
suy ra
2 4
x x
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi
2 4
x x
Vì P 0, ta xét P2 2 2 x 2 4 x
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 x 2 4 x x 2 4 x2
Do đó, P , dấu “=” xảy ra khi 2 4 x 2 4 x suy ra x 3.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 2 khi x 3.
2) Từ giả thiết ta có:
3 9
Sử dụng bất đẳng thức 2 b 2c2b c 2
ta suy ra
2 9 a 3 a a 2a 3 0 a1 a 3 0
Vì
1 0
3 0
a
a
1 a 3
Chú ý: Nếu học sinh chứng minh được a cho nửa số điểm.3
a b c a2 9 b2 c2 9
Trang 5Do đó, 3 a 3.
Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC và đường cao AH Gọi E F, là chân các
đường vuông góc hạ từ H lên AC AB, Gọi I là giao điểm của AH và EF, BIcắt
AC tại điểm P Đường thẳng qua A song song với BIcắt BC tại Q
1) Chứng minh B là trung điểm QH
2)CIcắt AB tại L Chứng minh:
2 2
PC LB
3) Gọi M là giao điểm của FE và CB Kẻ HT vuông góc với AM. Chứng minh rằng
90 0
BTC
Lời giải
T
Q
P
M
E
F
B
A
1) Do AQ BP theo định lý Thales ta có:
BQ IH mà I là trung điểm AH nên
IA IH
dẫn đến
1
BH
BQ hay B là trung điểm QH
AHQ
có: BH BC BA 2
Từ đó suy ra
2 2
PC BC BC BC .
Trang 6Chứng minh tương tự ta có:
2 2
LB BC .
Suy ra
Cách khác: Theo định lý Thales ta có:
PC BC BC , tương tự ta cũng có:
3) Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHB AHC, với HEAC HF, ABta có AF AB AH 2 AE AC từ đó suy ra AEF ~ABC dẫn đến AEF ABC Gọi O là
trung điểm của BC thì OA OB OC nên tam giác AOCcân tại O, suy ra OAC OCA
Từ đó suy ra AEF OAC B C 900 nên OA EF nên I là trực tâm của tam giác AOM
dẫn đến OI AM hay OI AT (*).
Tam giác ATH vuông tại T, có AI TI IH hay IA IT (**) Từ (*),(**) suy ra OI là
trung trực của AT dẫn đến OT OA OB OC nên tam giác BTC vuông tại T
Câu 5. (1 điểm)
Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 2022cm và 7 điểm nằm trong lục giác đều2 ABCDEF Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho
có diện tích không lớn hơn 337cm2.
Lời giải
Bổ đề: Lấy 3 điểm trong một hình bình hành, khi đó tam giác tạo bởi 3 điểm đó có diện tích bé hơn hoặc bằng nửa diện tích hình bình hành
Áp dụng: Gọi O là tâm của lục giác đều, khi đó lục giác chia thành 3 hình bình hành là
ABCO CDEO EFAO Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại một hình bình hành chứa ít nhất 3
điểm và theo bổ đề 3 điểm này tạo tam giác có diện tích nhỏ hơn nửa diện tích hình bình hành, hay diện tích không lớn hơn 337cm2.
HẾT
