Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội

Giới thiệu Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019 Võ Quốc Bá Cẩn 1. Đề thi Bài 1 (5.0 điểm). a) Giải phương trình: p 3 2   2 2 1 34  1 b) Cho S D 1 23 quả để dưới dạng phân số tối giản). p xD1 2 20202021  x 1: là một tích của 2019 thừa số. Tính S (kết Bài 2 (5.0 điểm). a) Biết a; b là các số nguyên dương thỏa mãn a2 cả a và b đều chia hết cho 3: ab C b 2 chia hết cho 9; chứng minh rằng b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n C 11 là tích của k .k 2 N; k  2/ số tự nhiên liên tiếp. Bài 3 (3.0 điểm). a) Cho x; y; z là các số thực dương nhỏ hơn 4: Chứng minh rằng trong các số 1 C 4 1 z ; z1 C 4 1 x luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1: y 1 x C 1 ; 4 y b) Với các số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 C b 2 C c 2 C 2abc D 1; tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P D ab C bc C ca abc: Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác AB C vuông tại A .A B < AC /: Đường tròn .I / nội tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với các cạnh B C ; C A; AB lần lượt tại D ; E ; F : Gọi S là giao điểm của A I và DE : a) Chứng minh rằng tam giác I A B đồng dạng với tam giác E AS : b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của B C : Chứng minh rằng ba điểm K ; O ; S thẳng hàng. c) Gọi M là giao điểm của K I và AC : Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác AB C cắt đường thẳng DE tại N : Chứng minh rằng AM D AN : Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ 10  10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1: Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần. 1 2 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 2. Lời giải và bình luận các bài toán Bài 1 (5.0 điểm). a) Giải phương trình: p 2 x D1 x 1:    b) Cho S D 1 223 1 324    1 202022021 là một tích của 201 9 thừa số. Tính S (kết quả để dưới dạng phân số tối giản). p 3 Lời giải. a) Điều kiện: x  1: Đặt a D p x 1; b D p 3 2 x thì ta có a  0; b  1 và a 2 C b 3 D 1: .1/ Ngoài ra, từ giả thiết, ta cũng có a C b D 1: Thay a D 1 .1 b vào .1/ ; ta được b / 2 C b 3 D 1; hay b .b 1/. b C 2/ D 0: Suy ra b 2 f 2 ; 0 ; 1g; hay x 2 f 1 0; 2 ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S D f1 ; 2 ; 1 0g: b) Để ý rằng với mọi n nguyên dương, ta có 1 n2 C n 2 .n 1/. n C 2/ 2 D D : n.n C 1/ n.n C 1/ n.n C 1/ Từ đó suy ra 14 25 36 201 9    23 34 45 2020 .1  2  3    201 9/  .4  5  D . 2  3  4    202 0/  .3  4  202 2 D 2 020  3 337 : D 1 010 S D Vậy S D  202 2  202 1 6    202 2/ 5    202 1/ 337 : 1010 Bài 2 (5.0 điểm). a) Biết a ; b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3: a b C b 2 chia hết cho 9; chứng b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9 n C 11 là tích của k .k 2 N ; k  2/ số tự nhiên liên tiếp. 3 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 Lời giải. a) Từ giả thiết, ta suy ra 4 .a 2 a b C b 2 / D .2 a b / 2 C 3b 2 chia hết cho 9: Do 3b 2 chia hết cho 3 nên .2 a b / 2 chia hết cho 3; suy ra 2 a b chia hết cho 3: Từ đó, ta có .2 a b / 2 chia hết hết cho 9: Suy ra 3b 2 chia hết cho 9; do đó b 2 chia hết cho 3; tức b chia hết cho 3: Mà 2 a b chia hết cho 3 nên ta cũng có a chia hết cho 3: Vậy cả hai số a và b đều chia hết cho 3 : b) Để ý rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp luôn có ít nhất một số chia hết cho 3; mà 9 n C 1 1 không chia hết cho 3 nên 9 n C 1 1 không thể là tích của k  3 số tự nhiên liên tiếp. Từ đó, theo yêu cầu của đề bài, ta suy ra 9 n C 1 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Đặt 9 n C 1 1 D a . a C 1 / với a 2 N  thì ta có a .a C 1/  20 (do 9 n  9), suy ra a  4 : Từ đây, ta có a . a C 1 / 1 1 D .a 2/ 2 C 5.a 3/ > .a 2/ 2 : .1/ Mặt khác, ta cũng có a.a C 1/ 11 < a .a C 1/ < .a C 1/ 2 : .2/ Do a .a C 1 / 1 1 D 9 n D . 3˚n / 2 là số chính phương nên kết hợp với các đánh giá (1) và (2), ta suy ra a .a C 1 / 1 1 2 . a 1/ 2 ; a 2 : Bằng cách xét các trường hợp cụ thể, ta tìm được a 2 f4 ; 1 1 g: Thử lại, ta thấy chỉ có a D 4 (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu. Vậy có duy nhất một giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề bài là n D 1: Bình luận. Ở câu b), sau khi nhận xét được 9 n C 11 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, ta cũng có thể nhân 4 hai vế để tách bình phương và viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải. Bài 3 (3.0 điểm). a) Cho x ; y ; z là các số thực dương nhỏ hơn 4 : Chứng minh rằng trong các số 1 C 4 1 z ; z1 C 4 1 x luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1: y 1 x C 4 1y ; b) Với các số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c D 1; tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P D a b C b c C c a a b c : Lời giải. a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x D minf x ; y ; z g: Khi đó, ta có 1 1 1 1 . y 2/ 2 C  C D C 1  1: x 4 y y 4 y y .4 y / Từ đó suy ra điều phải chứng minh. b) Trong ba số a ; b ; c ; tồn tại hai số cùng  12 hoặc cùng  12 : Không mất tính tổng quát, giả sử hai số đó là a và b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 C b 2  2 a b : Từ đó suy ra 1 c 2 D a 2 C b 2 C 2 a b c  2 a b C 2 a b c D 2 a b .1 C c /; hay 1 c  2ab: Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1  c C 2 a b  2 abc  1 : 8 .1/ p 2 a b c ; suy ra .2/ 4 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 Ta cũng có c .2 a 1/  0 nên 1/. 2 b 4abc C c  2ac C 2bc: .3/ Từ các bất đẳng thức .3/ ; .1/ và .2/ ; ta có 2P D 2 a b C 2 a c C 2 b c 2abc  2ab C c C 2abc  1 C 2abc  1 C 1 5 D ; 4 4 hay 5 : 8 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D 12 : Vậy max P D P  5 : 8 Bình luận. Có thể chứng minh câu a) bằng cách cộng ba số lại và sử dụng bất đẳng thức phụ 1 1 4 C  ; x y xCy 8 x ; y > 0: Câu b) cũng có thể được giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu. Cụ thể, ta có thể viết lại giả thiết bài toán dưới dạng a b c C C D 2: a C bc b C ca c C ab Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có b c a2 b2 c2 a C C D 2 C 2 C 2 a C bc b C ca c C ab a C abc b C abc c C abc 2 .a C b C c /  2 : a C b 2 C c 2 C 3a b c Từ đó suy ra .a C b C c / 2 2 2 ; a C b 2 C c 2 C 3a b c hay a 2 C b 2 C c 2 C 6a b c  2 .a b C b c C c a /: Mà a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c D 1 nên 1 C 4 a b c  2 .a b C b c C c a /; hay 2P  2 a b c C 1: Mặt khác, dễ chứng minh được a b c  18 (theo cách như .2/ hoặc sử dụng trực tiếp bất đẳng p 4 thức AM-GM cho bốn số dương 1 D a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c  4 2 a 3 b 3 c 3 ) nên 2P  54 ; hay P  58 : Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D 12 : Một cách khác cho câu b) nữa là sử dụng biến đổi 2P D 2 .a b C b c C c a / 2 a b c D 2 .a b C b c C c a /C a 2 C b 2 C c 2 1 D .a C b C c / 2 1: Từ giả thiết, ta có .c C a b / 2 D .1 c D ab C p .1 a 2 /.1 a 2 /.1 b2/  ab C b 2 /: Suy ra .1 a 2 / C .1 2 b2/ D 2 .a C b /2 : 2 5 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có .a C b / 2 C 1 aCb  : 2 Do đó .a C b / 2 C 1 2 .a C b /2 3 C D : 2 2 2 5 5 1 D 4 ; hay P  8 : Việc còn lại chỉ là xét điều kiện để dấu đẳng thức aCbCc  Từ đây, ta có 2P  xảy ra. 9 4 Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác AB C vuông tại A .AB < AC /: Đường tròn .I / nội tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với các cạnh B C ; C A; AB lần lượt tại D ; E ; F : Gọi S là giao điểm của A I và DE : a) Chứng minh rằng tam giác I AB đồng dạng với tam giác E AS : b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của B C : Chứng minh rằng ba điểm K ; O ; S thẳng hàng. c) Gọi M là giao điểm của K I và AC : Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác AB C cắt đường thẳng DE tại N : Chứng minh rằng AM D AN : Lời giải. a) Ta có C D D C E nên tam giác C ED cân tại C ; suy ra 180 ı ∠C 180 ı C ∠ C ∠AE S D 180 ı ∠ C ED D 180 ı D : .1/ 2 2 Mặt khác, ta cũng có ∠ BAC C ∠ AB C ∠ AI B D 180 ı ∠ I AB ∠ I BA D 180 ı 2 ı ı 180 ∠ C 180 C ∠ C D 1 80 ı D : .2/ 2 2 Từ (1) và (2), ta suy ra ∠ A E S D ∠ AI B : Lại có ∠E AS D ∠I AB D 45 ı nên các tam giác E AS và I A B đồng dạng (g-g). A E F K I M S B H N D O C 6 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 b) Do 4EAS  4IAB nên ∠ESA D ∠IBA D ∠IBD; từ đó suy ra ∠IBD C ∠ISD D ∠ISE C ∠ISD D 180ı : Do đó, tứ giác ISDB nội tiếp. Suy ra ∠ISB D ∠IDB D 90ı : Mà ∠SAB D 45ı nên tam giác SAB vuông cân tại S; suy ra SK vuông góc với AB: .3/ Mặt khác, ta lại có OK là đường trung bình ứng với cạnh AC của tam giác ABC nên OK vuông góc với AB: .4/ Từ .3/ và .4/; ta suy ra ba điểm K; O; S thẳng hàng. c) Xét tam giác AKM có AI là đường phân giác kẻ từ A; ta có IM AM D : AK IK Mặt khác, áp dụng định lý Thales trong tam giác AKM có IF k AM; ta cũng có IM FA D : IK FK AF Do đó AM D KF ; hay AK AK AM D : .5/ AF KF Bây giờ, sử dụng định lý Thales trong tam giác ANS có ID k AN; ta có AN AS D : ID IS Sử dụng định lý Thalese trong tam giác AKS có IF k KS; ta cũng có AS AK D : IS FK Từ đó suy ra AN AF D : .6/ ID KF Từ .5/ và .6/ với chú ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE là hình vuông), ta suy ra AM D AN: Đây chính là kết quả cần chứng minh. Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ 10  10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1: Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần. Lời giải. Gọi số nhỏ nhất được điền vào bảng là x: Khi đó với một số nguyên y được điền vào bảng, ta xét bảng ô vuông con n  m (n dòng, m cột, 0  n  10; 0  m  10) nối ô vuông điền x và ô vuông điền y như hình vẽ bên dưới, trong đó a11 D x; anm D y (các trường hợp a11 ở các góc khác được xét tương tự). a11 a12 : : : a1m a2m :: : anm 7 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019 Ta có a12  a11 C 1; a13  a12 C 1  a11 C 2; :::; a1m  a1 C m 1 và a2m  a1m C 1  a1 C m; a3m  a2m C 1  a1 C m C 1; :::; anm  a1 C n C m 2: Như vậy, ta có x y xCnCm 2  x C 18: Kết quả trên chứng tỏ y 2 fx; x C 1; : : : ; x C 18g: Suy ra có không quá 19 số khác nhau được điền vào bảng ô vuông đã cho. Do bảng ˘ đã cho có 100 ô vuông nên theo nguyên lý Dirichlet, có 100 một số xuất hiện không ít hơn 19 C 1 D 6 lần. Ta có điều phải chứng minh.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top