6 điểm Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC và đường cao AH.. Gọi I là giao điểm của AH và EF, BI cắt AC tại điểm .P Đường thẳng qua A song song với BIcắt BC tại Q.. 1 điểm Cho lục
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
Đề số 7
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
1, 1, 1
ab bc ca đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p 2 a b c 3
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,
BI cắt 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
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 2022cm 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: a3b3c3 3abc
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
( )
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
1, 1, 1
ab bc ca đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p 2 a b c 3
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 psuy 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 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 a2b2 c2 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
3 9
Sử dụng bất đẳng thức 2 b 2c2 b 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
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, BI cắt
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
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
PC BC BC BC Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta
có: BH BC BA 2
Từ đó suy ra
2 2
Trang 6Chứng minh tương tự ta có:
2 2
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
