Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Yên Định 2020-2021

(1)

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG I – YÊN ĐỊNH DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2021 – 2022 . MÔN TOÁN 9 Thời gian: 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức: ³₂ ^. ₂ ¹ ¹ ₂ ² ₃ ¹



¹



1 2 1 1 1

x x x x

A x

x x x x x

    

           a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm tất cả các giá trị của xđể Ax³1 Câu 2. (4,0 điểm)

1) Giải phương trình :

  

²

2

18 18

6 4

4 3 3 5 x x

x x  x x   

   

2) Cho ba số thực a b c, , khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn 1 1 1 a   b c 0 a) Chứng minh rằng ^a²^²^bc^



^a^^{b a}



^^c



b) Tính giá trị của biểu thức :

2 2 2

2020 2021 2020 2021 2020 2021

2 2 2

a bc b ac c ab

A a bc b ac c ab

  

  

  

Câu 3. (4,0 điểm)

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x² x x y² xy y

2) Chứng minh rằng nếu alà số nguyên tố lớn hơn 5 thì a²⁰²⁰ 1chia hết cho 240 Câu 4. (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCDcó cạnh bằng .a Lấy điểm Inằm giữa hai điểm Avà B, điểm K nằm giữa hai điểm Bvà C sao cho BI CK.Gọi O là giao điểm của ACvà BD.

a) Chứng minh OIK  OKI 45

b) Gọi M là giao điểm của ACvà DI N, là giao điểm của BD và AK.Chứng minh tứ giác AMNBlà hình thang cân

c) Xác định vị trí của các điểm I K, sao cho tam giác DIKcó diện tích nhỏ nhất.

Tính diện tích nhỏ nhất đó theo a Câu 5. (2,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a² b² c² 3abc.Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức ₂ ₂ ₂

3 1 3 1 3 1

a b c

Q  a  b  c

  

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

1) Rút gọn A

 

        

  

   

 

         

3 2

2 2 2 3

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1 1

1. 2 1 1 1

1 1 1 1

1 . 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

1 . 1 1 1

2 1 1

1. 1 1 1 1 1 1 1

x x x x

A x x x x x

x x x x

x x x x x x x

x x x x x

x x x x

x x x

x x

x x x x x x x x

    

        

 

  

   

        

    

 

   

    

    

       

Vậy 1₂ 1 A x

x

 



2) Tìm tất cả các giá trị của xđể A x³ 1

 

  

 

3 3

2

3 2 5 3 2

5 3 2 4 2

4 2

1 1 1 1

1

1 1 1 1 1

0 1 0

0( )( 1 0)

A x x x x

x

x x x x x x x

x x x x x x x x

x tmdk do x x x

       



          

         

     

Vậy để Ax³ 1thì x0 Câu 2.

1) Giải phương trình :

  

²

2

18 18

6 4

4 3 3 5 x x

x x  x x   

   

 

¹

ĐKXĐ: x 1;x 3;x 5

       

²

2

2 2

1 9. 6 4

1 3 3 5

1 1 1 1

9 6 4

1 3 3 5

x x

x x x x

x x

x x x x

 

     

   

 

 

           

(3)

  

²

2 2

2

2 2 2

9. 4 6 4

1 5

36 6 4

6 5

1 9 1 9

6 6 36

2 2 2 2

1 81 1 225

6 36 6

2 4 2 4

1 15 1

6 2 2 6 7

1 15 6 8

6 2 2

x x

x x x x

x x x

x x

   

 

   

 

     

           

   

          

   

    

      

    

        

 



7( ) 2

4 x tmdk x



  

  

 Vậy ^S ^



^{1; 7; 2; 4}^{  }



2) Cho ba số thực a b c, , khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn 1 1 1 a   b c 0 a) Chứng minh rằng ^a²^²^bc^



^a^^{b a}



^^c



Ta có :

          

2 2 2

1 1 1

0 0 0

2

bc ac ab

bc ab ac bc ac ab

a b c abc

a bc a bc ac ab a ac bc ab a a c b a c a b a c

 

            

                

b) Tính giá trị của biểu thức :

2 2 2

2020 2021 2020 2021 2020 2021

2 2 2

a bc b ac c ab

A a bc b ac c ab

  

  

  

Tương tự, có: ^b²^²^ca^



^b^^{c b}



^^a



^; ^c² ^²^ab^



^c^^{a c}



^^b





²

 

²

 

²



2 2 2

2020 2020 2020

2 2 2

6060 2 2 2

a bc bc b ac ac c ab ab

A a bc b ac c ab

bc ac ab

A a bc b ac c ab

     

  

  

 

       

(4)

        

     

     

6060 6060

6060 1

bc ac ab

A a b a c b c b a c a c b

bc ac ab

a b c a b c a b c a b c bc b c ac c a ab a b

a b b c c a

 

    

     

 

    

          

      

 

  

Mặt khác :

           

              

2 2 2

bc b c ac c a ab a b b c a b c a bc b c

b c a b c a bc b c a ab ac bc b c c a a b

          

 

                   Từ (1), (2) A 6061

Câu 3.

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x²  x x y² xy y(1)

 

1 ²



² 1



2 ²

 

2

1 x x

x x x x y y

x x

       

  (Vì

2

2 1 3

1 0)

2 4

x   x x   

 



²

  

2 2

1 2 1 2 1

1 1 1

x x x x

y x x x x

    

   

   

Vì x^ℤ,y^ℤnên

 

²

2 2

2 1

1 1

x x

x x x x

 

  

  ℤ   ℤ. Mà :

   

   

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2

4 1 3

2 1 4 4 1 3

1 1 1 4 1

3 1 (3) 1; 3 1 1;3 , 1 0

1

x x

x x x

x x x x x x x x

x x U x x do x x

x x

  

  

   

       

               

  ℤ

2

0 0

1: 1 1

1 2

1 0

2 : 1 3

2 2

x y

th x x

x y

th x x

x y

  

       

   

       

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên :



x y^;

     





0;0 ; 1;2 ; 1;0 ; 2;2

   

(5)

2) Chứng minh rằng nếu alà số nguyên tố lớn hơn 5 thì a²⁰²⁰ 1 240⋮

 

⁵⁰⁵

      

2020 1 4 1505 4 1 . 1 1 2 1 .

a   a   a  M  a a a  M

Vì alà số nguyên tố lớn hơn 5 nên a1;a1là hai số nguyên tố chẵn liên tiếp. Do đó



^a^¹



^a^^{1 8 1}

  

^⋮

Trong 3 số tự nhiên liên tiếp a1; ;a a1luôn có một số chia hết cho 3. Nhưng alà số nguyên tố lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 3. Do đó a1hoặc a1chia hết cho 3.

Tích



^a^¹



^a^^{1 3}



^⋮

 

²

Vì (8;3)=1 nên từ (1) và (2) suy ra tích



^a^¹



^a^^{1 24 *}

  

^⋮

Vì alà số nguyên tố lớn hơn 5 nên alà số lẻ. Suy ra



^a² ^^{1 2 3}



^⋮

 

Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên akhông chia hết cho 5. Số athuộc một trong các dạng 5k1;5k 2;5k 3;5k 4.Suy ra



^a⁴ ^^{1 5 4}



^⋮

 

Vì

 

^2;5 ^¹nên từ (3), (4)^



^a² ^^{1 10 **}



^⋮

 

Từ

    

^{* , **} ^ ^a^¹



^a^¹

 

^a² ^^{1 240}



^⋮

Vậy alà số nguyên tố lớn hơn 5 thì a²⁰²⁰ 1chia hết cho 240.

Câu 4.

a) Chứng minh OIK  OKI 45

Vì tứ giác ABCDlà hình vuông có hai đường chéo AC BD, cắt nhau tại O nên theo tính chất của hình vuông, suy ra IBO KCO45 ,OBOC

E M N

O K

C A B

D

I

(6)

Xét IBOvà KCOcó IBKC gt( );IBO KCO OB; OC cmt( )

 

( . . ) 1

IBO KCO c g c OI OK

      , IOB KOC(các góc tương ứng)

 

90 2

IOK IOB BOK KOC BOK BOC

             

Từ (1) và (2) suy ra IOKvuông cân tại O. Suy ra OIK  OKI 45

b) Gọi M là giao điểm của ACvà DI N, là giao điểm của BD và AK.Chứng minh tứ giác AMNBlà hình thang cân

Gọi E là giao điểm của AKvà DI

Ta có : ABBC a BI, CK  ABBI BC CK  AI BK

Xét ADIvà BAKcó : ADBA a, DAI  ABK 90 , AI  BK cmt( )

( )

ADI BAK cgc ADI BAK

        (các góc tương ứng)

Hay ADI  IAE. Mà ADI  DIA90 90

IAE DIA AEI

        vuông tại E,AEDI

Mặt khác AODN(tính chất hình vuông). Suy ra AO DE, là hai đường cao của tam giác AND,chúng cắt nhau tại M nên M là trực tâm AND

Suy ra ^MN ^ ^AD^^MN ^{/ /}^AB



^ ^AD



^ ^AMNBlà hình thang

Hình thang AMNBcó hai góc kề đáy bằng nhau



^^MAB^{ }^NBA^⁴⁵^



nên là hình thang cân

c) Xác định vị trí của các điểm I K, sao cho tam giác DIKcó diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo a

Ta có: SDIK  SABCD 



SADI SDCK SBIK



2

2 . . . 2 .

2 2 2 2 2

DIK

a AI a CK BI BK a BI BK S a    a   

   

(Vì ⁾ ² ^.

 

¹

2 2

DIK

a BI BK AI CK  AI BI  AB a S  

Vì



^BI ^^BK



² ^{ }⁰ ^BI²^^{2 .}^{BI BK} ^^BK² ^⁰

 

2 2 2

2 2

2 . 4 . 4 .

. 4 4

BI BI BK BK BI BK BI BK BI BK

BI BK a

BI BK

      

   

Nên kết hợp với (1) ta được :

2 2 2

2 4 4

DIK

a a a

S   

Dấu " " xảy ra

2 BI BK a

  

(7)

Vậy khi

2

BI BK  athì diện tích tam giác DIKnhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó bằng

2

4 a

Câu 5. Ta có : ² ² ² 1 1 1

3abc a b c ab bc ca 3

a b c

         

Đặt 1 1 1

, ; .

x y z

a b c

   Khi đó , ,x y z 0và x  y z 3

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1

3 1 3 1 3 1 3 3 3 3 3 3

a b c a b c x y z

Q a b c x y z

a b c

        

        

Vì ^x²^x^³^



^x² ^{ }^x¹



²^²^x^x^²^ ¹²^^^¹^ ^x¹^¹^^^và hai bất đẳng thức tương tự nên :

 

3 1 1 1 1 3 1 9 3 1 9 3

. .

2 2 1 1 1 2 2 3 2 2 6 4

Q x y z x y z

 

                Dấu " " xảy ra khi x       y z 1 a b c 1

Vậy 3

4 1

MaxQ     a b c