20 HSG h 20 CAU GIAY

b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.. Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh.. Cho phéo mỗi lần ta chọn một hang hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 - 2020

Câu 1: (5 điểm)

1 Cho biểu thức P 

2

1 1

x

x x





1

x



x x



a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.

2 Cho 3 số dương , ,x y z thỏa mãn: x3y3z3  (x y)2 (y z)2 (z x)2.

a) Tính x y z  biết xy yz zx  9.

b) Chứng minh rằng nếu z x  z y;  thì z x y.

Câu 2: (5 điểm)

1 Giải phương trình: 9x233x28 5 4x3 5 3x4  12x219x21

2 Tìm các số nguyên ( ; )x y với x0; y0 thỏa mãn:

3 3 2 4 4 10 12 0

x  y  xy x y 

Câu 3: (3 điểm)

1 Cho 3 số thực không âm a b c, , thỏa mãn: a2  b2 c2 1 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

2011 1954

T  a b c ab bc ac 

2 Tìm số nguyên dương x để 4x314x29x6 là số chính phương.

Câu 4: (6 điểm)

Cho tam giác đều ABC cạnh a , hai điểm M N, lần lượt di động trên hai đoạn AB AC,

MB NC 

Đặt AM x; AN y

a Biết

1 5

AM

AB 

, tính diện tích tam giác AMN theo a

b Chứng minh rằng MN   a x y.

c Gọi D là trọng tâm tam giác ABC, K là trung điểm AB. Vẽ DI MN, chứng

minh rằng: DI DK.

Câu 5: (1 điểm)

Cho một bảng ô vuông 2019 2020, mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu xanh

hoặc đỏ Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh Cho phéo mỗi lần ta chọn một hang hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được một bảng gồm đúng 2000 ô vuông màu đỏ hay không?

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 – 2020 Câu 1: (5 điểm)

1 Cho biểu thức P 

2

1 1

x

x x



1

x



x x



a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.

2 Cho 3 số dương , ,x y z thỏa mãn: x3y3z3  (x y)2 (y z)2 (z x)2.

a) Tính x y z  biết xy yz zx  9.

b) Chứng minh rằng nếu z x  z y;  thì z x y 

Lời giải:

1

a) Để P có nghĩa thì:

0

1 0

1 0

x

x x

x

x

 



 



  



   



  



0 1 1 1 2( )( 1) 0

2 1 2

x

x x x

x





 









 











3

0 1 1 1 4

x x x x





 



  



 



0 1 1 4

x x x



 



 



 

 Vậy với x0; x1;

1 4

x thì P có nghĩa

Ta có: P 

2

1 1

x

x x



1

x



x x



 với

1 0; 1;

4

x x x



P

1

2

  2 x x1 2

1

x x



x x





1

x x



x x





1

x x



x x



 2

1

x x



x x



 2





x x









2









1





Vậy với

1 0; 1;

4

x x x

P





P





1 1 1



1 1

1

 

Để P đạt giá trị nhỏ nhất thì

1 1

x x đạt giá trị lớn nhất

 x x phải đạt giá trị nhỏ nhất.1

Lại có

1 0; 1;

4

x x x

nên x x  1 1

 Giá trị nhỏ nhất của x x1 khi và chỉ khi 1 x0

 Giá trị nhỏ nhất của P0 khi và chỉ khi x0

Vậy với x0 thì P có giá trị nhỏ nhất bằng 0.

2 Với x0,y0,z0

a) Xét VT  x3 y3 z3

(x y z)

   (x2 y2 z2 xy yz xz  )

VP x y  y z  z x

2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx

2 2 2

2(x y z xy yz zx)

Do VT VP nên suy ra x y z  2.

Vậy x y z  2.

b) Ta có: x2  y2 z2 2(xy yz zx  ) 0

2 2 2 2 2 2 0

2 ( )2 2 2 2 2 2 2 0

2 ( )2 2 (z y) 2 (z )

Do x, y, z 0 và zy; z nên 2 (z y) 2 (z ) 0x y   x  x

2 ( )2 0

(z x y z x y)( ) 0

      mà x, y, z 0 nên z x y  0

   (đpcm)

Câu 2: (5 điểm)

1 Giải phương trình: 9x233x28 5 4x3 5 3x4  12x219x21

2 Tìm các số nguyên ( ; )x y với x0; y0 thỏa mãn:

3 3 2 4 4 10 12 0

x  y  xy x y 

Lời giải:

1 ĐKXĐ:

3 4

x

(3x 4)(3x 7)

   5 4x3 5 3x4  (4x3)(3x7)

(3x 4)(3x 7) (4x 3)(3x 7)

      5( 3x 4 4x3)

3x 7.( 3x 4 4x 3)

     5( 3x 4 4x3)

3x 7 5

6

x

  (tm).

Vậy x6 là nghiệm của phương trình.

2 Với x0; y0 ta có:

3 3 2 4 4 10 12 0

x  y  xy x y 

(x 4xy 4y 4 4x 8 )y

      (y2 2y 1) 170

2 (x 2 )y 2.(x 2 ).2 2y

       (y 1)2 17

2

(x 2y 2)

    (y 1)2 17

(x 2y 2 y 1).(x 2 y 2 y 1) 17

         

(x y 3).(x 3 y 1) 17

Do 17 là số nguyên tố mà x0; y0 suy ra x y  3 0 và x3y 1 0 nên ta có:

TH1:

3 1

3 1 17

x y

  



   



2

3 16

x y

  





11 9

x y

 



  

  loại do x0.

TH2:

3 17

x y

  



   



14

x y

 





21 7

x y





   

  loại do y0.

Vậy không có giá trị nào của ( ; )x y thỏa mãn yêu cầu

Câu 3: (3 điểm)

1 Cho 3 số thực không âm a b c, , thỏa mãn: a2  b2 c2 1 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

2011 1954

T  a b c ab bc ac 

2 Tìm số nguyên dương x để 4x314x29x6 là số chính phương.

Lời giải:

1 Ta có:

2 2 2 1 , , 0

a b c

   



, ,

a b c

  [0;1]

(a 1)(b 1)(c 1) 0

1 0

abc ab bc ca a b c

        

1

a ab bc ca abc b c

       

2011 1954

1

        1 b b.( 2010  1) c c.( 1953  1) abc1

GTLN của T bằng 1 khi và chỉ khi a1;b c 0.

2 Đặt A4x3 14x2 9x6 ta được:

A x  x  x  x x

2

4 (x x 2)

  6 (x x2) 3(x2)

2

(x 2).(4x 6x 3)

Lại có x2,4x2 6x3 là 2 số nguyên tố cùng nhau.

Thật vậy, giả sử UCLN (x2, 4x2 6x3) d (dN*) ta có:

2

x chia hết cho d suy ra 4 (x x2)=4x2 8x chia hết cho d

2

4x 6x3 chia hết cho d

Suy ra 4x2 8x4x2 6x3 chia hết cho d

2x 3

  chia hết cho d

2(x 2) 2x 3

    chia hết cho d  1 dM

Mà dN* nên d 1 Từ đó suy ra UCLN (x2, 4x2 6x3)  hay 1 x2, 2

4x 6x3 là 2 số nguyên tố cùng nhau.

Để A là số chính phương thì x2 và 4x2 6x3đều là số chính phương.

Đặt x 2 a2, 4x2 6x 3 b2. Thay xa2 2 vào 4x2 6x 3 b2 ta được:

4.(a 2) 6.(a   2) 3 b

4a 16a 16 6a 12 3 b

4a 10a 1 b

16a 40a 4 4b

(4a 2b 5)(4a 2b 5) 21

Vì 4a2 2b 5 4a2 2b5 ta có bảng sau:

2

2

Suy ra

2

2

Lại có: 4a2 2b4a22b8a2 hay:

2

2

Ta được a2 4 b2 25 Trả lại ẩn:

2

2

4 25

a

b

 







2 4

x

 



Vậy với x = 2 thì 4x314x29x6 là số chính phương.

Câu 4: (6 điểm)

Cho tam giác đều ABC cạnh a , hai điểm M N, lần lượt di động trên hai đoạn AB AC,

MB NC 

Đặt AM x; AN y

a Biết

1 5

AM

AB 

, tính diện tích tam giác AMN theo a

b Chứng minh rằng MN   a x y.

c Gọi D là trọng tâm tam giác ABC, K là trung điểm AB. Vẽ DI MN, chứng

minh rằng: DI DK.

Lời giải:

1

3

Lại có:

1 5

AM

5

x a

 

5

a x

 

Thay vào (1) ta được:

5

a



  4a5 a y1  3a 3

7

a y

 

Diện tích tam giác là: SVAMN  ·

1 sin sin 60

2

(đvdt)

b) Do

1

a x a y 

2

2

2 2 2

(a x y) x y xy

Giả sử MN2 AM2 AN2 AM AN. Lấy điểm TAC sao cho MT  AC và 2AT  AM ta có:

MN AM TN2 AT2 AN TN AT(  )  AN AN( 2AT)  AN AN AM(  )

2

MN  AM2 AN2 AN AM (3)

Từ (2) và (3) suy ra MN    (đpcm).a x y c) Trên tia BA lấy điểm G sao cho BG AN MN MG.

Do GBD  NAD (c.g.c) DN DG  DMN  DMG (c.c.c)

    (ch – gn) DK DI (đpcm).

Câu 5: (1 điểm)

Cho một bảng ô vuông 2019 2020, mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu xanh

hoặc đỏ Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh Cho phéo mỗi lần ta chọn một hang hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được một bảng gồm đúng 2000 ô vuông màu đỏ hay không?

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh với mọi cách chọn 2000 ô trên bảng đã cho luôn tồn tại một bảng con 2 2 chứa đúng 1 trong 2000 ô này

Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại 2 hàng liền nhau R1, R mà2

1

R không chứ ô nào và R có chứa ít nhất một ô đã chọn.2

Vì số cột cũng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại 2 ô ,A B cạnh nhau trên R mà2

chỉ có đúng một ô đã chọn

Gọi ,C D là 2 ô nằm trên R và cùng cột với ,1 A B Bảng con 2 2 gồm 4 ô ,A B, ,

C D chỉ có đúng một ô được chọn.

Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu Khi đó theo chứng minh trên tồn tại một bảng vuông con 2 2 chứa đúng một ô màu đỏ,

ba ô còn lại màu xanh

Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con 2 2 đều gồm 4 ô màu xanh nên mỗi lần đổi màu hàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vuông con

2 2 luôn là số chẵn

Do đó không thể thu được một bảng vuông con 2 2 có 1 ô màu đỏ, 3 ô màu xanh Suy ra ta có mâu thuẫn

Vậy không thể thu được bảng chứa đúng 2000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu