Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nội 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nội 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nội 2020-2021.

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.

Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nội 2020-2021

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

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 : x 2  x  8  4 x  3 2) Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh biểu thức a2 b2 c2   có giá trị nguyên K  a  b  a  c   b  a  b  c   c  a  c  b  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   x 3  ax  b có nghiệm 1  3 ( a, b là các số hữu tỉ). Chứng minh P  x  chia hết cho đa thức x 2  2 x  2 Bài III. (2,0 điểm) Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1, tìm 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 1 1 2   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 3x  2 y  1  2 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 1 diện tích không vượt quá 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 1 quá . Tìm giá trị nhỏ nhất của N 4 ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Điều kiện xác định x  3. Phương trình ban đầu tương đương với :  x  1 2   x32  2  0  x 1  x  3  2  0  x  1 Vậy S  1 2) Quy đồng mẫu số biểu thức K thì ta được : a 2  c  b   b2  a  c   c2  b  a  K  a  b  b  c  c  a  Phân tích thành nhân tử ở tử số của K Tu so K  a 2  c  a  a  b   b 2  a  c   c 2  b  a    c  a   a2  b2    a  b   a2  c2    c  a  a  b  a  b    a  b  a  c  a  c    a  b  c  a  a  b  a  c    a  b  b  c  c  a  Do vậy K  1ℤ Bài 2. 1) Đặt a  b  c  3k (với k  ℤ) . Khi đó ta có c  3k   a  b  . Vì vậy ab  bc  ca  ab  c  a  b   ab  3k  a  b    a  b   a 2  b 2  3ab  3k  a  b  2 Từ giả thiết ta suy ra a 2  b 2 chia 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  a  b  10    a  6   2    a 1  3  b  0 hay 3 0 Vì a, b là các số hữu tỉ nên a  b  10, a  6 cũng là các số hữu tỉ nên theo kết quả quen thuộc “nếu A, B là các số hữu tỉ thỏa mãn A  B 3  0 thì A  B  0″, ta suy  a  b  10  0 ra  . Khi đó : a  6  0   P 1  3   a  b  10    a  6  3  0 Điều này có nghĩa P  x  có nghiệm là 1  3.     Suy ra P  x  chia hết cho  x  1  3   x  1  3   x 2  2 x  2    Bài 3.   1) Vì  a  b  c   3 a 2  b 2  c 2  3 nên a  b  c  3 . Áp dụng bất đẳn thức 2 Bunhiacopxki, ta có : Q 2  3  a  b  b  c  c  a   6  a  b  c   108 Nên Q  4 108. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  Vậy MaxQ  4 108  a  b  c  1 . 3 1 . 3 2) Từ giả thiết suy ra a, b, c  1, kéo theo a  a 2 , b  b 2 , c  c 2 . Ta có Q 2  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   a 2 .,………………. nên: Q 2  4  a  b  c   4  a 2  b2  c 2   4  Q  2 Vậy MinQ  2  a  1, b  c  0 chẳng hạn. Bài 4. A Q E X K I B DN P C J 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 abc . Từ kết quả quen thuộc thì ta có Đặt BC  a, CA  b, AC  c và p  2 AB  BC  CA BD  CP  p  b  2 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 AN BA  BN AN BA  BN  và  AI BA AJ BA AN AN 1 1 2 Do đó,   2 . Từ đó suy ra   AI AJ 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 ) DP ID ID   . Để ý rằng DX  2 ID và PQ  2 PK nên ta PQ CD BP DP 2 DP 2 ID DX    được : PK PQ BP PB Điều này kéo theo DPX ∽ PKB(c.g .c). Do đó Từ đó suy ra APB  XPD  BKP  90  PBK Hay APB  PBK  90 . Vì vậy, BK  AP Bài 5. 1. Ta có : 1  2 x  3x  2 y  2 y nên z  y. Ngoài ra vì 2 y  2 x  1 mod 3  nên z chẵn, còn y lẻ . Xét các khả năng : z y  1 thì 3 y  2 x  1   2k  1 2k  1 với k  . Vì  2k  1   2k  1  2 2 k không chia hết cho 3 nên 2  1  1  k  1. Từ đó tìm được z  2, x  1  a  Nếu Suy ra  x, y , z   1,1, 2  là một nghiệm của phương trình đã cho  b  Nếu y  2 thì z  2 , từ đó suy ra 3x  1  2 x  2 y chia hết cho 4. Từ đó x chẵn và đặt x  2t , t  ℕ. Thế thì 32 t  1  2 y  2 x y  1 Nếu t chẵn thì x⋮ 4 và khi đó 3x  1 chia hết cho 5 nhưng vế phải không chia hết cho 5 do z  y lẻ, Suy ra t lẻ và do đó x có dạng 4n  2 với n  ℕ. Suy ra 2 y  2 x  y  1  92 k 1  1  8  92 k  92 k 1  …..  9  1 Vì 92 k  92 k 1  …..  9  1;2 x y  1là các số lẻ nên 2 y  8  y  3. Thế vào ta được : 2 z  3x  7 . Lưu ý z, x đều chẵn nên ta có thể viết : x x  2z  2z  2 2  2  3  2  3   7    Từ đây tìm được x  2, z  4. Suy ra  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 S A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  S ABCD . 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 : 1 1 1 1 SMNK  d  M , CD  .NK  BC.CD  S ABCD  2 2 2 2 M A B B A M D K N C D N K C 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 1 1 1 1 1 SMNK  SMNQ  S MKQ  S AMED  SMEKF  S ADKF  S ABCD  2 2 2 2 2 M A N F B N Q D E A K C D M B K C 1 2  b  Gọi I , J tương ứng là trung điểm của AB, CD. Theo nguyên lý chuông thỏ thì Tóm lại thì trong mọi tình huống ta đều có SMNK  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 1 tạo bởi ba điểm này không vượt quá diện tích của hình chữ nhật BIJC , mà S BIJC  quá 1 4 1 nên diện tích tam giác 1 không vượt 2 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  2 tạo bởi ba điểm 1 . 4 Đến đây có hai khả năng xảy ra như sau : Trường hợp 1: Hai tam giác 1 và  2 khác nhau. Khi đó thì ta được N  2 này cũng không vượt quá Trường hợp 2: Hai tam giác 1 ,  2 trùng 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 1 không vượt quá . Nếu một trong hai điểm U ,V nằm trong hình chữ nhật KOJD, 4 1 1 giả sử là điểm U, thì khi đó ta có SUXY  S KLCD  . Như vậy hai tam giác UXY và 2 4 1 XYZ có diện tích không vượt quá . Ta cũng chứng minh tương tự cho trường hợp 4 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 1 1 3 nên diện tích của hình bao lồi này không vượt quá S AILCJK  1    . Ta xét 8 8 4 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 SUYZ  SUXY  S XUV  S XYZUV  4 Do vậy, ít nhất một trong ba tam giác UYZ ,UXY , XUV có diện tích không vượt quá 1 . Tính thêm cả tam giác XYZ thì ta có N  2 4 Khả năng 2: Bao lồi của 5 điểm X ,Y , Z ,U ,V là một tứ giác. Giả sử đó là tứ giác A1 A2 A3 A4 với điểm A5 nằm trong tứ giác A1 A2 A3 A4 , trong đó A   X , Y , Z ,U ,V  , i  1,…..,5. Khi dó ta có : S A5 A1A2  S A5 A2 A3  S A5 A3 A4  S A5 A1A4  S A1A2 A3 A4  3 4 Do vậy, ít nhất hai trong bốn tam giác S A5 A1 A2 , S A5 A2 A3 , S A5 A3 A4 , S A5 A1 A4 có diện tích không vượt quá 1 . Như vậy, N  2 4 I A U K A2 V O A5 X L Z D A1 A1 B Y C J A4 A4 A2 A3 A5 A3 Khả năng 3. Bao lồi của 5 điểm X ,Y , Z ,U ,V là một tam giác. Giả sử đó là tam giác A1 A2 A3 với hai điểm A4 , A5 nằm trong A1 A2 A5 , trong đó A   X , Y , Z ,U ,V  , i  1,….,5 . Khi đó ta có : 3 4 Do vậy, ít nhất một trong ba tam giác S A1 A2 A3 , S A1 A2 A4 , S A1 A2 A5 , S A3 A4 A5 có diện tích không S A1 A2 A3  S A1A2 A4  S A1 A2 A5  S A3 A4 A5  1 . Tương tự ít nhất một trong ba tam giác A5 A1 A2 , A5 A2 A3 , A5 A3 A1 có diện 4 1 tích không vượt quá . Như vậy, ta sẽ có ít nhất hai tam giác có diện tích không 4 1 vượt quá 4 Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có N  2. Một ví dụ để dấu bằng xảy ra là đặt 3 2 5 điểm đã cho như hình vẽ dưới đây, trong đó AA3  AB, BA4  BC 5 5 vượt quá A≡A4 A3 B A4 D≡A2 C≡A5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top