Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Long Biên 2020-2021

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN LONG BIÊN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN VÒNG 2 Năm học 2020-2021 Môn : TOÁN Câu 1. (6,0 điểm) 1) Giải phương trình : 4 x 2  20 x  28  3 x 2  15 x  20 2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0. Chứng minh rằng x 3  y 3  z 3  3 xyz 3) Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  b  b  c  c  a  3 3 3  378 Tính giá trị của biểu thức A  a  b  b  c  c  a Câu 2. (3,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn điều kiện : a  b  c chia hết cho 12. Chứng minh P   a  b  b  c  c  a   5abc chia hết cho 12 2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện : x 3  y 3  z 3  x  y  z  2020 Câu 3. (3,0 điểm) x 2 y 2 3x 3 y 1) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 2  2   40 y x y x 2) Cho số thực x thỏa mãn 0  x  2. Tìm GTNN của biểu thức : 4 100 A   2021 2x x Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD, CE cắt nhau tại H 1) Chứng minh : BD.BH  BC.BK và BH .BD  CH .CE  BC 2 2) Chứng minh BH  AC.cot ABC 3) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD, CE lần lượt tại Q, P. Chứng minh rằng MP  MQ Câu 5. (1,0 điểm) Trên bảng, ngưởi ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1đến 100 sau đó thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần xóa 2 số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng a  b  2 lên bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu ? Tại sao ? ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Giải phương trình : 4 x 2  20 x  28  3 x 2  15 x  20 Đặt t  x 2  5 x  7,  t  0   x 2  5 x  7  t 2 . ĐKXĐ: x  ℝ Phương trình trở thành : 2t  3t 2  1 t  1  3t  2t  1  0   t  1 3t  1  0   1 t    0(ktm) 3  x  2 t  1  x2  5x  7  1  x2  5x  6  0   x  3 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S  2;3 2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0. Chứng minh rằng x 3  y 3  z 3  3 xyz Ta có : x  y  z  0  z    x  y  VT  x3  y 3  z 3  x 3  y 3   x  y   3 xy  x  y   3 xyz  VP(dfcm) 3 3) Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  b  b  c  c  a  3 3 3  378 Tính giá trị của biểu thức A  a  b  b  c  c  a Đặt a  b  x, b  c  y, c  a  z  x  y  z  0 Ta có : x 3  y 3  z 3  378  3 xyz  378  xyz  126 Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz  126  xyz   2  . 7  .9 nên  x  2  x  2  x  7  x  7  x  9  x  9        y  7;  y  9 ;  y  2;  y  9 ;  y  7;  y  2  z  9  z  7  z  9  z  2  z  2  z  7       Câu 2. 1) Ta có : P   a  b  b  c  c  a   5abc   a  b  c  ab  bc  ca   6abc * Do  a  b  b  c  c  a    a  b  c  ab  bc  ca   abc Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a  b  c chia 2 dư 1 (1) Mà a  b  c⋮12  a  b  c⋮ 2 (theo giả thiết) (2) Do đó (1) và (2) mâu thuẫn nên điều giả sử là sai  Trong ba số a, b, c có ít nhất 1 số chia hết cho 2  6abc⋮12 ** Từ (*) và (**) suy ra P⋮12 2) Ta có x 3  x  x  x  1 x  1⋮3 Tương tự ta có: y 3  y ⋮3, z 3  z ⋮3   x 3  x    y 3  y    z 3  z ⋮3 Biến đổi phương trình thành  x 3  x    y 3  y    z 3  z   2020 mà 2020 ⋮ 3 Vậy không tồn tại ba số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện : x 3  y 3  z 3  x  y  z  2020 Câu 3. x y x 2  y 2  2 xy  x  y  1) Ta có :   2    0 với mọi x, y  0 y x xy xy 2 x y  x y  x y  x y      2   0;    1  0     2    1  0 y x  y x  y x  y x  x 2 y 2 3x 3 y  2 2  40 y x y x 4 100  4   100    2021    36  2  x      36 x   1949 2 x x 2  x   x  Mà 0  x  2  2  x  0 2) Ta có : A  Áp dụng BĐT: a  b  2 ab với a, b  0 , dấu ”  ” xảy ra khi a  b, ta có : 5  100   36 x   120  x   3  x  5  4   36 2  x  24  x     2  x  3 4 100  4  100   A   2021    36  2  x      36 x   1949  2093 2 x x 2  x   x  5 Vậy Min A  2093  x  3 Câu 4. P A D Q E H B K M C 1) Chứng minh BH .BD  BC .BK và BH .BD  CH .CE  BC 2 Xét BHK và BCD có: KBH chung ; BKH  BDC  90 BH BK   BH .BD  BC.BK BC BD CH KC Cmtt  CHK ∽ CBE    CH .CE  BC.CK BC CE Cộng vế với vế hai đẳng thức ta được :  BHK ∽ BCD ( g .g )  BH .BD  CH .CE  BC.BK  BC.KC hay BH .BD  CH .CE  BC . BK  KC   BC 2 2) Chứng mnh BH  AC.cot ABC Chứng minh BEH ∽ CEA( g .g )  BH BE  CA CE Xét BEC vuông tại E BE BH BE  cot ABC     cot ABC BH  AC .cot ABC CE CA CE 3) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD, CE lần lượt tại Q và P. Chứng minh rằng : MP  MQ PA AH  AM MB QA AH Chứng minh QAH ∽ MAC ( g .g )   AM MC QA PA   PA  QA  QMP cân tại M  MP  MQ Do MB  MC ( gt )  AM AM Chứng minh PAH ∽ AMB( g.g )  Câu 5. Tổng tất cả các số ban đầu trên bảng S  1  2  3  ….  99  100  5050 Qua mỗi bước ta thấy tổng giảm đi 2 Lúc đầu tổng S  5050 , sau 99 bước số còn lại sẽ là 5050  2.99  4852