037 đề thi hsg toán 9 tỉnh hà nội 2020 2021

Gọi P là hình chiếu vuông góc của J trên BC 1 Chứng minh BD CP 2 Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC Chứng minh.. Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ nhật sao cho

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi : Toán

Ngày thi: 13.01.2021 Thời gian làm bài : 150 phút Bài I (5,0 điểm)

1) Giải phương trình : x2  x 8 4 x3

2) Cho , ,a b c là các số thực đôi một khác nhau Chứng minh biểu thức

K

Bài II (5,0 điểm)

1) Biết , ,a b c là các số nguyên thỏa mãn a b c   chia hết cho 3 và ab bc ca 

chia hết cho 3 Chứng minh ab bc ca  chia hết cho 9

2) Cho đa thức P x  x3ax b có nghiệm 1 3( ,a b là các số hữu tỉ)

Chứng minh P x chia hết cho đa thức   x2  2x 2

Bài III (2,0 điểm) Với các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn a2 b2c2  tìm 1,

giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a b  b c  c a

Bài IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn  I nội tiếp tam giác nhọn ABC AB AC   Đường tròn

 I tiếp xúc với , BC CA lần lượt tại , D E Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với , BI

cắt AI tại J Gọi P là hình chiếu vuông góc của J trên BC

1) Chứng minh BD CP

2) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC Chứng minh.

AI  AJ AN

3) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE Gọi K là trung điểm của.

PQ Chứng minh BK vuông góc với AP

Bài V (2,0 điểm)

1) Tìm tất cả các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn 3 2 1 2 x y z

   2) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1 Năm điểm phân biệt được đặt

tùy ý vào hình chữ nhật sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi

điểm trong năm điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt trong hình chữ

nhật)

a) Chứng minh mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có

diện tích không vượt quá

1 2

b) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi N là số tam

giác có ba đỉnh là ba điểm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá

1

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của N

ĐÁP ÁN Bài 1.

1) Điều kiện xác định x  Phương trình ban đầu tương đương với :3.

x  x    x  x    x

Vậy S  1

2) Quy đồng mẫu số biểu thức K thì ta được :

K

a b b c c a



Phân tích thành nhân tử ở tử số của K

Do vậy K  1

Bài 2.

1) Đặt a b c  3k (với k  Khi đó ta có ) c3k  a b .Vì vậy

ab bc ca ab c a b

Từ giả thiết ta suy ra a2 b2chia hết cho 3 Sử dụng kết quả quen thuộc ta suy ra ,

a b đều chia hết cho 3, điều này cũng kéo theo c chia hết cho 3 Như vậy

ab bc ca  chia hết cho 9

2) Ta có P 1 3 0

nên 1 32 a1 3  b 0

hay

a b 10  a6 3 0

Vì ,a b là các số hữu tỉ nên a b 10,a cũng là các số hữu tỉ nên theo kết quả 6 quen thuộc “nếu A, B là các số hữu tỉ thỏa mãn A B 3 0 thì A B 0",ta suy

ra

10 0

6 0

a b

a

  





 

 Khi đó :

Điều này có nghĩa P x có nghiệm là 1 3.  

Suy ra P x chia hết cho   x 1 3  x 1 3 x2  2x 2

Bài 3.

1) Vì a b c  2 3a2 b2 c2  nên 3 a b c   3 Áp dụng bất đẳn thức Bunhiacopxki, ta có :

Q  a b b c c a      a b c  

Nên Q 4108.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 3

a b c  

Vậy

3

2) Từ giả thiết suy ra , ,a b c  , kéo theo 1 a a b b c c 2,  2,  2

Ta có Q2 2a b c   2 a b a c     2 b c b a     2 c a c b    

Và lưu ý là a b a c     a2., nên:

Q  a b c   a b c   Q

Vậy MinQ 2 a1,b c  chẳng hạn.0

Bài 4.

K Q

J

E X

D I A

B

C

1) Từ giả thiết ta suy ra J là tâm của đường tròn bàng tiếp đỉnh A của ABC,P

là tiếp điểm của đường tròn (J) với cạnh BC

Đặt BC a CA b AC c ,  ,  và 2 .

a b c

Từ kết quả quen thuộc thì ta có 2

AB BC CA

2) Ta có BI BJ tương ứng là phân giác trong và phân giác ngoài của ABC, 

Sử dụng tính chất phân giác cho tam giác ABN thì ta được





và





AI  AJ  Từ đó suy ra

AI  AJ AN

3) Dựng đường kính DX của đường tròn  I Ta có kết quả quen thuộc rằng

, ,

A X P thẳng hàng Chú ý rằng ta có CI DE

Do DIC DPQ90  ICBnên IDC∽ DPQ g g( )

Từ đó suy ra

PQ CD BP Để ý rằng DX 2IDvà PQ2PKnên ta

được :

Điều này kéo theo DPX ∽ PKB c g c( ).Do đó

90

Hay APB PBK 90 Vì vậy, BK AP

Bài 5.

1 Ta có : 1 2 x 3x 2y 2ynên z y .Ngoài ra vì 2y 2x 1 mod3 

chẵn, còn y lẻ Xét các khả năng :

 a Nếu 1 y  thì 3y 2x  12k  1 2  k 1

với 2.

z

k 

Vì 2k 1 2k 1 2

    không chia hết cho 3 nên 2k  1 1  k  Từ đó tìm được 1. z2,x1

Suy ra x y z , ,  1,1,2là một nghiệm của phương trình đã cho

 b Nếu y  thì 2 z  , từ đó suy ra 3 1 22 x x 2y

   chia hết cho 4 Từ đó x chẵn và

đặt x2 ,t t  Thế thì 32t 1 2 2y x y 1

Nếu tchẵn thì x4và khi đó 3x  chia hết cho 5 nhưng vế phải không chia hết cho1

5 do z y lẻ, Suy ra t lẻ và do đó x có dạng 4 n  với 2 n Suy ra

  2 1  2 2 1 

2 2y x y 1 9 k 1 8 9 k 9 k 9 1

Vì 92k 92 1k 9 1;2x y 1

     là các số lẻ nên 2y  8 y  Thế vào ta được :3.

2z 3x 7

  Lưu ý ,z x đều chẵn nên ta có thể viết :

Từ đây tìm được x2,z Suy ra 4 x y z , ,  2,3,4là nghiệm của phương trình

đã cho

Tóm lại, phương trình đã cho có hai nghiệm 1;1;2 , 2;3;4  

2) (a) Xét tam giác MNK nằm trong hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 1 Qua

các đỉnh M N K kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình chữ nhật, ,

ABCD ta sẽ tạo ra một hình chữ nhật ' ' ' ' A B C D chứa tam giác MNK mà

' ' ' '

A B C D ABCD

S S Điều này có nghĩa là ta chỉ cần xét tình huống ba đỉnh M N K, , nằm trên các cạnh của hình chữ nhật ABCD Có hai khả năng sau :.

Trường hợp 1 Hai trong ba điểm M N K cùng thuộc một cạnh, giả sử là ,, , N K

thuộc CD Khi đó M nằm trên một trong ba cạnh còn lại Ta thấy :.

C D

C

M K

M

Trường hợp 2 Ba điểm M N K thuộc ba cạnh khác nhau của , , ABCD Giả sử , ,

M N K thuộc các cạnh tương ứng , AB AD CD Không mất tổng quát, giả sử K,

gần cạnh BC nhất Qua K kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại E và qua

M kẻ đường thẳng song song với BC cắt CD NK tương ứng tại ,, E Q Khi đó

Q

F

D

M

N

K

M

Tóm lại thì trong mọi tình huống ta đều có

1 2

MNK

 b Gọi ,IJ tương ứng là trung điểm của , AB CD Theo nguyên lý chuông thỏ thì

tồn tại một trong hai hình AIJD hoặc BIJC chứa ít nhất 3 trong 5 điểm đã cho Không mất tổng quát giả sử BIJC chứa ít nhất 3 trong 5 điểm đã cho.

Theo câu a) thì diện tích của tam giác 1tạo bởi ba điểm này không vượt quá diện tích của hình chữ nhật BIJC mà ,

1 2

BIJC

nên diện tích tam giác 1không vượt quá

1

4

Tương tự như vậy, gọi ,K L lần lượt là trung điểm của AD DC Cũng theo nguyên ,

lý chuồng thỏ thì tồn tại một trong hai hình AKLB hoặc DKLC chứa ít nhất 3 trong

5 điểm đã cho Không mất tính tổng quát, giả sử hình DKLC chứa ít nhất 3 trong 5

điểm đã cho Lập luận tương tự như trên thì diện tích tam giác 2tạo bởi ba điểm này cũng không vượt quá

1 4 Đến đây có hai khả năng xảy ra như sau :

Trường hợp 1: Hai tam giác 1và 2khác nhau Khi đó thì ta được N 2

Trường hợp 2: Hai tam giác  1, 2trùng nhau, giả sử đó là tam giác XYZ Khi đó .

tam giác XYZ phải nằm trong hình chữ nhật CJOL (với O là giao điểm của IJ và

)

KL Gọi U, V là hai điểm còn lại Nếu một trong hai điểm , U V nằm trong hình

chữ nhật CJOL , giả sử là điểm U, thì khi dó hai tam giác XYZ và UYZ có diện tích

không vượt quá

1

4 Nếu một trong hai điểm ,U V nằm trong hình chữ nhật KOJD, giả sử là điểm U, thì khi đó ta có

Như vậy hai tam giác UXY và

XYZ có diện tích không vượt quá

1

4 Ta cũng chứng minh tương tự cho trường hợp một trong hai điểm ,U V nằm trong hình chữ nhật BIOL Cả ba khả năng trên đều

có N 2

Ta xét trường hợp cả hai điểm ,U V đều nằm trong hình chữ nhật AIOK Xét bao

lồi của 5 điểm , , , , X Y Z U V Do cả 5 điểm đã cho nằm trong hình lục giác AILCJK

nên diện tích của hình bao lồi này không vượt quá

1 1 3

8 8 4

AILCJK

Ta xét các khả năng sau :

Khả năng 1 Bao lồi của 5 điểm , , , ,X Y Z U V là một ngũ giác Giả sử đó là ngũ giác XYZUV (xem hình vẽ) Khi đó

3 4

Do vậy, ít nhất một trong ba tam giác UYZ UXY XUV có diện tích không vượt quá, , 1

4 Tính thêm cả tam giác XYZ thì ta có N 2

Khả năng 2: Bao lồi của 5 điểm , , , ,X Y Z U V là một tứ giác Giả sử đó là tứ giác

1 2 3 4

A A A A với điểm A5nằm trong tứ giác A A A A1 2 3 4, trong đó

 , , , ,  , 1, ,5

3 4

A A A A A A A A A A A A A A A A

Do vậy, ít nhất hai trong bốn tam giác S A A A5 1 2,S A A A5 2 3,S A A A5 3 4,S A A A5 1 4có diện tích

không vượt quá

1

4 Như vậy, N 2

O

J

I

C

A

D

U V

X Y Z

A1

A2

A4

A3

A5

A1

A2

A4

A3

A5

B

Khả năng 3 Bao lồi của 5 điểm , , , ,X Y Z U V là một tam giác Giả sử đó là tam giác

1 2 3

A A A với hai điểm A A4, 5nằm trong A A A1 2 5, trong đó

 , , , ,  , 1, ,5

3 4

A A A A A A A A A A A A

Do vậy, ít nhất một trong ba tam giác S A A A1 2 3,S A A A1 2 4,S A A A1 2 5,S A A A3 4 5có diện tích không

vượt quá

1

4 Tương tự ít nhất một trong ba tam giác A A A A A A A A A5 1 2, 5 2 3, 5 3 1có diện tích không vượt quá

1

4 Như vậy, ta sẽ có ít nhất hai tam giác có diện tích không vượt quá

1

4

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có N  Một ví dụ để dấu bằng xảy ra là đặt2.

5 điểm đã cho như hình vẽ dưới đây, trong đó 3 4

,

A 3

A4