Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Nam Từ Liêm 2020-2021

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN QUẬN NAM TỪ LIÊM MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2020-2021 Bài 1. (4,0 điểm)  1 1  2 1 1  x3  y x  x y  y3 1. Cho biểu thức A      : .  y  x  y x y  xy 3  x 3 y  x với x  0, y  0 a) Rút gọn biểu thức A b) Cho x  y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2. Cho biểu thức B  3 1  84 3 84 . Chứng minh rằng B là một số nguyên  1 9 9 Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho m  5; n  2; p  2020 là các só nguyên cùng chia hết cho 6. Chứng minh rằng m  n  p  4q  3 cũng chia hết cho 6( q là số tự nhiên) 2. Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn a 2  b 2  c 2  d 2 Chứng minh rằng abcd  2021 viết dưới dạng hiệu của hai số chính phương Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 2  y 2  5 x 2 y 2  60  37 xy 4x  3 2. Giải phương trình : 5 x  1  x  2  5 Bài 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a và có tâm là O. Điểm M là một điểm di chuyển trên BC  M  B, M  C  . Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng CD.G là giao điểm của DM và BN 1 1  không đổi 1) Chứng minh rằng : 2 AM AN 2 2) Chứng minh CG  AN 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được to màu, mỗi điểm được tô bởi một trong ba màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu ĐÁP ÁN Bài 1. 1. a) Rút gọn biểu thức A  1 1  2 1    A   .   y  x  y x  x  x y 2 x y  .   :  xy xy x  y   2 xy  x  y  : xy  x y  1  x3  y x  x y  y3  x  0  :  y  0 y  xy 3  x3 y     x3  x y  y x  y 3  xy  y  x   x  y   xy  y  x  x y xy x y với x  0, y  0 xy b) Cho x  y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A Vậy A  Với x  0, y  0 ta có : A  1 1  2 x y Mặt khác Hay 1 1 . 2 x y xy  x y xy  1 1 . Áp dụng bất đằng thức Cô si :  x y 1 xy 1 1 x y 4  2  2 2 2 xy 2 1 1  2 x y 1 1 . 2 x y 1 1 2  2 2 xy 1  2 xy x  y Do đó A  2. Dấu ”  ” xảy ra    x y2 x  y  4 Vậy Min A  2  x  y  2 2) Chứng minh rằng B là một số nguyên Ta có: B  3 1 84 3 84  1 9 9  B3  1  B3  2  3 3  84 84 84   84   3 84 3 84    1  3 3 1  . 1  . 1   1      9 9 9 9 9 9     1 .B  B 3  2  B  B 3  B 2  B 2  B  2 B  2  0 27   B  1  B 2  B  2   B  1 ( Do B 2  B  2  0) Vậy B  1 là một số nguyên Bài 2. 1) Ta có :  m  5 ⋮6  m : 6 dư 1,  n  2 ⋮ 6  n : 6 dư 2  p  2020 ⋮6  p : 6 dư 2. Do đó  m  n  p  : 6 dư 5 hay  m  n  p  1⋮6 Ta có: 4q  2   2q   2  2  22 q1  1 , mà 22 q1 : 3 dư 2 nên : 2 2 2 q 1  1⋮ 6   4q  2 ⋮ 6 Do đó m  n  p  4q  3   m  n  p  1   4q  2  ⋮ 6 Vậy m  n  p  4q cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên) 2) Ta có :  2m  1  4m  m  1  1 2 Do đó, với mọi m  ℤ thì  2m  1 chia 8 dư 1. Nên với a, b, c, d lẻ thì a 2 , b 2 , c 2 , d 2 chia 8 dư 1 Suy ra : không xảy ra a 2  b 2  c 2  d 2 (vì vế trái chia 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 3) Vậy trong các số a, b, c, d có ít nhất một số chẵn. ta có abcd  2021 là số lẻ 2 Đặt a.b.c.d  2021  2n  1 n  ℤ   2n  1   n  1  n  n  1  n    n  1  n 2 Vậy ta có được điều phải chứng minh. 2 Bài 3. 1. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x 2  y 2  5 x 2 y 2  60  37 xy  x 2  y 2  5 x 2 y 2  60  37 xy  0  20 x 2  20 y 2  100 x 2 y 2  740 xy  1200  0  20 x 2  20 y 2  10 xy  37   169 2 Vì 20 x 2  0,20 y 2  0; 10 xy  37   0 (với mọi x, y) và vai trò của x, y như nhau. Ta 2 giả sử x  y ,20 x 2  169  x 2  8  x 2  0;1;4 Suy ra :  20 x ;20 y ;10 xy  37    0;0;169; 0;20;149; 0;80;89;  20;20;129;  20;80;69;80;80;9 2 2 2 Mà 10 xy  37  là số chính phương 2    20 x 2 ;20 y 2 ; 10 xy  37    0;0;169  ;  80;80;9  2  20 x 2  0 x  0   Th1:  20 y 2  0  y  0  ktm   2 2 10 xy  37   169 37  169     20 x 2  80  x  2 x  y  2  Th 2 :  20 y 2  80   y  2    x  y  2  2  xy 4   10 xy  37   9    xy  17 (ktm)   5 Vậy  x; y   2;2  ;  2; 2  2) Giải phương trình Vì 5x  1  x  2  5 x  1  x  2  0 với mọi x, y 4x  3  1  dk : x   5  5 4x  3 5 4x  3 4x  3   0 5 5x  1  x  2 5x  1  x  2  3  x  1 1  4   4 x  3   0  5 5 x  1  x  2    5 x  1  x  2  5 Giải phương trình 5 x  1  x  2  5, bình phương 2 vế ta có :  5x  1  2 2  5 x  1 x  2   x  2  25  5 x  1 x  2   24  6 x  x  4   5 x 2  9 x  2  9 x 2  72 x  144  x  2(tm)  4 x  81x  146  0   73  x  (ktm)  4 2 3  Vậy tập nghiệm của phương trình là S   ;2  4  Bài 4. A B E G Q O K D F H M C 1 1  không đổi 2 AM AN 2 Kẻ AK  AN  K  CD  . Ta có A1  A2  90  MAD  ABM  ADK  AM  AK 1) Chứng minh rằng : N Trong KAN vuông tại A có : 1 1 1 1 1 1      2 không đổi 2 2 2 2 2 AK AN AD AM AN a 1 1  không đổi 2 AM AN 2 2) Chứng minh CG  AN CG cắt AB tại E, DM cắt AB tại F Ta có : AD 2  DK .DN  DK .DN  a 2 1 BE BG BF Do DC / / AB     BE.DN  CN .BF  2  CN GN DN BF BM AB Mặt khác   (do AB / / CD )  BF .CN  CD. AB  a 2 (3) CD MC CD Từ (1), (2), (3)  DK .DN  BE.DN  DK  BE  AE  CK  EAKC là hình bình hành  AK / / CE Mà AK  AN  CE  AN 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. CF cắt BN tại H ‘ .Áp dụng định lý Papuyt  O, M , H ‘ thẳng hàng  H ‘  H Lấy I  AB sao cho BI  CN  IBNC là hình bình hành  IC / / BN Mà BF .CN  a 2  BI .BF  CB 2  ICF vuông tại C  IC  CF  CF  BN  BHC  90. Kẻ HQ  AD  Q  AD  Gọi M ‘ là giao điểm của HQ, BC BC a 3   HQ  a Ta có : HQ  M ‘ Q  HM ‘  a  HM ‘ , mà HM ‘  2 2 2 1 1 3 3 Do đó S AHD  AD.HQ  a. a  a 2 2 2 2 4 Dấu ”  ” xảy ra  M  M ‘ là trung điểm của AB Bài 5. Xét ngũ giác đều ABCDE , ta nhận thấy ba đỉnh bất kỳ của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân. Do đó khi tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 2 khả năng : – Nếu tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân. – Nếu tô 5 đỉnh bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân Vậy, luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác nhau. Vậy