Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Thanh Trì 2020-2021

(1)

UBND HUYỆN THANH TRÌ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề thi gồm có 01 trang

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN 9

Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 3/12/2020

Bài 1. (4 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức :



^{5 2 6}



^{5 2 6} _{8 2 10 2 5} _{8 2 10 2 5}

3 2

A   B

      



b) Cho biết a b  2 1; b c  2 1

Chứng minh rằng biểu thức a² b² c² ab bc ca  có giá trị nguyên Bài 2. (4 điểm)

a) Có tồn tại số tự nhiên athỏa mãn a²  a 2020²⁰²¹không ? b) Tìm các số abcthỏa mãn ^abc^



^{a b}^



²^.4^c

Bài 3. (3 điểm)

a) Giải phương trình ^{x x}²



² ^²



^{ }⁴ ^x ²^x² ^⁴

b) Giải hệ phương trình :

2 2

4 1 4

1

x y x

x xy y

   



  



Bài 4. (2 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn 2ab6bc2ac7abc.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 4

2 4

ab ac bc

C  a b  a c b c

  

Bài 5. (6 điểm) Cho hình chữ nhật ABCDcó ^AB^²^AD^⁴^{a a}



^⁰



. Đường thẳng vuông góc với ACtại C cắt các đường thẳng AB AD, lần lượt tại Evà F

a) Chứng minh AB AE.  AD AF.

b) Gọi Ilà giao điểm của các đường thẳng BDvà EF.Tính độ dài đoạn thẳng IDtheo a c) M là điểm thay đổi trên cạnh ^{AB M}⁽ ^ ^{A M}^, ^^B



, đường thẳng CM cắt đường thẳng

ADtại N. Gọi S₁là diện tích của tam giác CMEvà S₂là diện tích của tam giác .

AMN Xác định vị trí của M sao cho ¹

2

3 2 S S 

Bài 6. (1 điểm) Cho t1 1.2.3,t2 2.3.4,t3 3.4.5,....t_n n n



1



n2



. Chứng minh rằng 4T_n 1là số chính phương với T_n    t1 t2 t3 ...t n_n



là số tự nhiên khác 0)

(2)

ĐÁP ÁN Bài 1.

      

     

2 2

3 2 . 3 2

1) 3 2 3 2 3 2 1

3 2

2) 0 12 4 5 2 6 2 5 2 5 1 2 5 1

a

a B B B

 

     



          

b)Xét ²Â^²â² ^²^b² ^²^c² ^²âb^²^bc^²âc^



^{a b}^

 

² ^ ^{b c}^

 

² ^ ^{c a}^



²

Ta có ^{c a}^{  }



^{a c}^



^{ }^



^{a b}^

 

^ ^{b c}^



^^{ }



^{2 1}^{ } ^{2 1}^{  }



^{2 2}

  

²

 

²



²

2A 2 1 2 1 2 2 14

       

7

A nên A có giá trị nguyên.

Bài 2.

a) Giả sử tồn tại số tự nhiên athỏa mãn a²  a 2020²⁰²¹, khi đó ^{a a}



^{ }¹



²⁰²⁰²⁰²¹

Vì a a, 1là hai số tự nhiên liên tiếp nên



^{a a}^, ^{ }¹



¹

Nên ^a ^ ^p²⁰²¹^,^a^{ }¹ ^q²⁰²¹

 

¹ ^với^{p q pq}^ ^, ^^2020,



^{p q}^,



^¹

Vì ^q ^{    }^p ^q ^p ¹ ^q²⁰²¹^



^p^¹



²⁰²¹ ^ ^p²⁰²¹^^{1 2}

 

Từ

 

^{1 và}

 

2 suy ra mâu thuẫn nên không có số tự nhiên athỏa mãn b) Từ giả thiết bài toán ta có :

 

     

 

2 2

2

2 2

100 10

100 10 .4 4 1 0

4 1

10 9

10 10

4 1 4 1

a b

a b c a b c c do a b

a b a b a

a b

a b a b

         

 

 

 

  

 

   

Ta có ⁴



^{a b}^



² ^¹là số lẻ và do 0 c 9nên ⁴



^{a b}^



² ^^{1 5}^⋮

Mà ⁴



^{a b}^



²là số chẵn nên ⁴



^{a b}^



²phải có tận cùng là 6^



^{a b}^



²phải có tận cùng là 4hoặc 9

 

* . Mặt khác

 

²

2.5.

4 1

c ab

 a b

  ^và⁴



^{a b}^



²^¹^{là số lẻ}

 

²

 

²

 

4 a b 1 500 a b 125,25 **

      

Kết hợp

   

* , ** ta có



^{a b}^

 

²^ ^4;9;49;64



^{  }^{a b}



^2;3;7;8



(3)

+)Nếu ^{a b}^{ }



^2;3;7;8



thì a+b có dạng ³^k ^¹



^k^^ℤ



^{. Khi đó}⁴



^{a b}^



² ^¹chia hết cho 3 mà



^{a b}^



^⁹^a ^³^k ^{ }^{1 9}^akhông chia hết cho 3

 

10 a b 9a

    không chia hết cho 3 c ℕ +)Nếu ₃ ^{10 3 9}

 

^{6 1 3}

 

35 7

a a

a b c  

     . Vì 0 a 4và 1 3 7 a⋮ 1 3a 7 a 2 c 6,b 1

        . Ta có số 216 thỏa mãn Vậy 216 là số cần tìm

Bài 3.

a) Đặt ^{t x}^ ²^x² ^{ }⁴ ^t² ^²



^x⁴ ^²^x²



^^{x x}²



² ^²



^ ^t₂² . Ta được phương trình :

2 2 4

4 2 8 0

2 2

t t

t t t

t

  

        

Với t  4, ta có :

 

2

4 2 4 2

0 0

2 4 4

2 2 16 2 8 0

x x

x x x x

   

         

2

0 2

2

x x

x

 

   

 

Với ²



⁴ ²



⁴ ²

0 0

2 2 4 2

2 2 4 2 2 0

x x

t x x

x x x x

   

          

2

0 3 1

3 1

x x

x

 

   

 



Vậy ^x^



^{3 1;}^{ } ²



b) Hệ phương trình

 

² ²

2 2

2 1

1 1

y x

x y

x xy y x xy y

      

 

  

   



Xét hệ

   

²

2 2 2

2 1 2 1

1 2 1 2 1 1

y x y x

x xy y x x x x

 

  

 

 

        

 

(4)

2

0

2 1 1

2 1 0 5

7 5 0 5 7

7 3

7 x

y x y

y x x

x x x

x

y

 



 

  

  

    

         

Xét hệ :

   

²

2 2 2

2 1 2 1

1 2 1 2 1 1

y x

x xy y x x x x

  

   

 

 

        

 

2

2 1

2 1 0

0 1

3 3 0

1

y x

y x x

x y

x x

x

  

    

  

   

     

   

hoặc 1

1 x y

  

 



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm



^;

  

^{0;1 ;} ⁵^; ³ ; 0; 1 ; 1;1

   

7 7

x y       

 

 

Bài 4.Từ gt: ²^ab^⁶^bc^²^ac^⁷^{abc a b c}



^{, ,} ^⁰



Chia cả hai vế cho 2 6 2

0 7

abc    c a b

Đặt 1 1 1 , , 0

, ,

2 6 2 7

x y z

x y z

z x y

a b c

 

    

  



Khi đó : 4 9 4 4 9 4

2 4 2 4

ab ac bc

C  a b a c b c  x y  x z  y z

     

 

4 9 4

2 4 2 4

2 4

C x y x z y z x y z y z

x y x z y z

               

  

2 2 2

2 3 2

2 4 7 7

2 x y 4 x z y z

x y x z y z

     

                 Khi 1

, 1

x 2 y z  thì C 7 Vậy MinC   7 a 2,b1,c1

(5)

Bài 5.

a) Do ABCDlà hình chữ nhật nên BDA CAD

Mặt khác CAD AEF (cùng phụ với AFE) BDA AEF

Nên ( . ) AB AD

ABD AFE g g

AF AE

 ^∽    AB AE.  AD AF. b) ACEvuông tại C và CBEACB²  BE BA.

Suy ra ²

 

² ²

4 CB a

BE a

BA a

  

Ta có: ^BD² ^ ^AB² ^ ^AD² ^

   

⁴â ² ^ ²â ² ^²⁰â² ^^BD^²â ⁵

Do BEsong song với 1

4 4

IB BE a CD ID  DC  a  Suy ra 4

3 .

ID BD Vậy 8 5 3 ID a

c) Đặt AM x,0 x 4aMB4a x ME , 5a x

Do . 2

/ / 4

AN MA MA BC ax

BC AN AN

BC MB MB a x

    

 . Suy ra :

N

E I F

C

D A

B

M

(6)

   

1

2 2

1 1

. .2 5 5

2 2

1 1 2

. .

2 2 4 4

S CB ME a a x a a x ax ax

S AM AN x

a x a x

    

  

 

Do đó 1

  

2 2

5 4

3 3

18 40 0

2 2

a x a x

S x ax a

S x

 

      



^x ²^{a x}



²⁰^a



⁰ ^x ^{2 0}^a



^x ⁴^a



       

Kết luận : Khi M là trung điểm của ABthì ¹

2

3 2 S S  Bài 6.

Với ₁ 1.2.3.4

1 4

n  T

Với n2ta có : ₂ ₁ ₂ 2.3.4.5

1.2.3 2.3.4 30 T   t t    4

Giả sử đúng đến n k , ta có :



¹



²



³



k 4

k k k k

T   

 Ta chứng minh đúng đến n k 1

       

1 1

1 2 3

n k k k 4

k k k k

T T _ T T _    k k k

       

    

     

²



²

1 2 3 4

4

4 _n 1 1 2 3 4 1 3 1

k k k k

T k k k k n n

   



          

Là số chính phương.