Đề thi HSG môn Toán lớp 9 TP Hà Nội năm 2020 - 2021 có lời giải chi tiết

1. Đề thi

Bài 1 (5.0 điểm). d

a) Giải phương trìnhx² xC8D4p xC3:

b) Chứng minh rằng biểu thứcK D _{.a b/.a c/}^a2 C _{.b c/.b a/}^b2 C _{.c a/.c b/}^c2 có giá trị là số nguyên, trong đóa; b; c là ba số thực đôi một phân biệt.

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Cho ba số nguyêna; b; cthỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng minh rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP .x/Dx³CaxCb có một nghiệm là1Cp

3(a; blà các số hữu tỉ). Chứng minh rằng đa thứcP .x/chia hết cho đa thứcx² 2x 2:

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âma; b; c thay đổi thỏa mãna²Cb²Cc² D1:Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcQDp

aCbCp

bCcCp cCa:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC .AB < AC /:Đường tròn.I / tiếp xúc với các cạnhBC; CAlần lượt tại các điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI tại điểmJ:GọiP là hình chiếu vuông góc của điểmJ trên đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN là giao điểm của hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh rằng _AI¹ C_AJ¹ D _AN² : c) GọiQlà giao điểm của hai đường thẳngJP vàDE:GọiK là trung điểm củaPQ:Chứng minh

rằng đường thẳngBK vuông góc với đường thẳngAP:

Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3^xC2^y D1C2^z:

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng1: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 nằm trong hình chữ nhật).

i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá¹₂:

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọinlà số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá ¹₄:Tìm giá trị nhỏ nhất củan:

1

THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021

2. Lời giải và bình luận các bài toán

Bài 1 (5.0 điểm). d

a) Giải phương trìnhx² xC8D4p xC3:

b) Chứng minh rằng biểu thứcK D _{.a b/.a c/}^a2 C_{.b c/.b a/}^b2 C_{.c a/.c b/}^c2 có giá trị là số nguyên, trong đóa; b; c là ba số thực đôi một phân biệt.

Lời giải. a)Điều kiện:x 3:Phương trình đã cho có thể được viết lại thành .x² 2xC1/C

xC3 4p

xC3C4 D0;

hay

.x 1/²Cp

xC3 22

D0: .1/

Vì.x 1/²0và p

xC3 2²

0nên.1/xảy ra khi và chỉ khi.x 1/² D p

xC3 2² D0;

tứcxD1(thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtxD1:

b)Ta có

K D a².b c/Cb².c a/Cc².a b/

.a b/.b c/.a c/ D a².b c/Cb².c bCb a/Cc².a b/

.a b/.b c/.a c/

D .a² b²/.b c/ .b² c²/.a b/

.a b/.b c/.a c/ D .a b/.b c/.aCb b c/

.a b/.b c/.a c/ D1:

Do đó, biểu thứcK luôn nhận giá trị nguyên là1:

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Cho ba số nguyêna; b; c thỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng minh rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP .x/Dx³CaxCb có một nghiệm là1Cp

3(a; b là các số hữu tỉ). Chứng minh rằng đa thứcP .x/chia hết cho đa thứcx² 2x 2:

Lời giải. a)Từ giả thiết ta có.aCb/.aCbCc/C.ab bc ca/chia hết cho3;haya²Cb²C3ab chia hết cho3:Từ đó suy raa²Cb²cùng chia hết cho3:

Với mọi số nguyênx;ta cóxchia3dư0; 1hoặc2nênx²chia3dư0hoặc1:Suy raa²vàb²khi chia cho3có số dư là0hoặc1:Như vậy, đểa²Cb²chia hết cho3;ta phải cóa²vàb²cùng chia hết cho 3;tứcavàb cùng chia hết cho3:Mặt khác, doaCbCc chia hết cho3nênccũng chia hết cho3:Từ đây, dễ thấyab bc cachia hết cho9:Ta có điều phải chứng minh.

b)Từ giả thiết, ta cóP 1Cp

3

D0;hay .aC6/p

3D .aCbC10/:

Nếu aC6 ¤ 0; ta có p

3 D ^aC_a^b_C^C₆¹⁰ là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì p

3là một số vô tỉ. Do đó aD 6:Từ đó suy raaCbC10D0;tứcb D 4:Vậy

P .x/ Dx³ 6x 4D.x² 2x 2/.xC2/:

Rõ ràngP .x/chia hết cho đa thứcx² 2x 2:

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âma; b; c thay đổi thỏa mãna²Cb²Cc² D1:Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcQDp

aCbCp

bCcCp cCa:

Lời giải. Giá trị lớn nhất của biểu thức Q:Với mọi số thựcx; y vàz;ta có .x y/²C.y z/²C.z x/² 0:

Từ đó suy ra2.xyCyz Czx/2.x²Cy²Cz²/;hay

.xCyCz/² 3.x²Cy²Cz²/:

Sử dụng kết quả này, ta được

Q⁴ D p

aCbCp

bCcCp

cCa²²

3.aCbCbCcCcCa/2

D36.aCbCc/²363.a²Cb²Cc²/D108:

Suy raQp⁴

108:Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiaDb Dc D

p3

3 :Vậy giá trị lớn nhất của biểu thứcQlà p⁴

108:

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q:Từ giả thiết, ta có a²; b²; c² 1:Suy ra0 a; b; c 1:

Từ đây, ta có a a² và b b²:Từ đó aCb a² Cb²:Mà 0 a² Cb² D 1 c² 1nên a²Cb².a²Cb²/²:Tóm lại, ta có

paCb p

a²Cb² p

.a²Cb²/² Da²Cb²:

Chứng minh tương tự, ta cũng có

pbCc b²Cc²; p

cCac²Ca²:

Từ các kết quả trên, ta suy ra

Qa²Cb²Cb²Cc²Cc²Ca² D2:

Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khiaD1vàbDc D0:Vậy giá trị nhỏ nhất củaQlà2:

Bình luận. Để chứng minhQ2;ta còn có hai cách tiếp cận khác như sau.

Cách 1.Không mất tính tổng quát, giả sửab c:Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có paCbCp

aCc 2p⁴

.aCb/.aCc/D2p⁴

a²CabCacCbc 2p⁴

a²Cb²Cc²Cbc D2p⁴

1Cbc 2:

Lại cóp

bCc 0nênQ2:

Cách 2.Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có0a; b; c 1nênaa²; bb² và c c²:Từ đây, với chú ý.aCb/.aCc/a²; .bCc/.bCa/b²và.cCa/.cCb/c²;ta có

Q² Dp

aCbCp

bCcCp

cCa2

D2.aCbCc/C2hp

.aCb/.aCc/Cp

.bCc/.bCa/Cp

.cCa/.cCb/i 2.aCbCc/C2.aCbCc/D4.aCbCc/4.a²Cb²Cc²/D4:

Suy raQ2:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC .AB < AC /:Đường tròn .I /tiếp xúc với các cạnhBC; CAlần lượt tại các điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI tại điểmJ:GọiP là hình chiếu vuông góc của điểm J trên đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN là giao điểm của hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh rằng _AI¹ C_AJ¹ D _AN² :

c) GọiQlà giao điểm của hai đường thẳngJP vàDE:GọiK là trung điểm củaPQ:Chứng minh rằng đường thẳngBK vuông góc với đường thẳngAP:

Lời giải. Tham khảo ở Facebook thầy Nguyễn Lê Phước:

https://www.facebook.com/nguyen.lephuoc.1/posts/4238214622860346.

Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3^xC2^y D1C2^z:

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng1: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 nằm trong hình chữ nhật).

i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá ¹₂:

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọinlà số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá ¹₄:Tìm giá trị nhỏ nhất củan:

Lời giải. a)Xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1: y D1:Trong trường hợp này, ta có

2^z 1D3^x:

Suy ra2^z 1 .mod 3/:Nếuzlà số lẻ, tứcz D2kC1vớiktự nhiên, thì ta có2^zD2^2kC1 D24^k 2 .mod 3/;mâu thuẫn. Do đózlà số chẵn, tứcz D2kvớiknguyên dương. Khi đó, ta có

3^x D2^2k 1D.2^k 1/.2^kC1/:

Suy ra 2^k 1 và 2^k C 1 đều là lũy thừa của 2: Mà hai số này không cùng chia hết cho 3 (do .2^k C 1/ .2^k 1/ D 2 không chia hết cho 3) nên trong hai số phải có một số bằng1: Lại có 2^k 1 < 2^k C1nên2^k 1D1;tứck D1:Một cách tương ứng, ta tính đượcz D2vàxD1:Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: y 2 :Vì3^x > 1nên từ phương trình đã cho, ta có2^z > 2^y;tứcz > y:Suy ra2^yvà 2^zcùng chia hết cho4:Từ đó ta có3^x 1 .mod4/:Nếuxlà số lẻ, tứcx D2`C1với`tự nhiên, thì 3^x D3^{2`C1</sup> D39<sup>`} 3 .mod4/;mâu thuẫn. Do đóxlà số chẵn, tứcxD2`với`nguyên dương.

ı Giả sửy 4:Khi đó, ta có2^yvà2^zcùng chia hết cho16nên3^x 1 .mod 1/6:Nếu`là số lẻ, tức`D2t C1vớit tự nhiên, thì3^x D3^4tC2D981^t 9 .mod 16/;mâu thuẫn. Do đó`là số chẵn, tức` D2t vớit nguyên dương. Suy ra3^x D3^4t D81^t 1 .mod 5/:Từ đó2^z 2^y chia hết cho5;hay2^{z y} 1 .mod 5/:

Nếu z y là số lẻ, tức z y D 2uC1 vớiu tự nhiên, thì 2^{z y} D 24^u ˙2 .mod 5/;

mâu thuẫn. Do đó z y là số chẵn, tức z y D 2u với u nguyên dương. Khi đó, ta có 2^z 2^y D2^y.4^u 1/chia hết cho3:Lại có3^x chia hết cho3nên1chia hết cho3;mâu thuẫn.

ı Như vậy, ta phải cóy 3:Nếuy D 2thì ta có3^x C3 D 2^z;suy ra2^z chia hết cho3;mâu thuẫn. Do đóy D3:Khi đó, ta có

2^z 3^2`D7:

Từ đây, ta có2^z 1 .mod 3/:Chứng minh tương tựtrường hợp 1, ta suy razlà số chẵn, tức z D2mvớimnguyên dương. Khi đó ta có

.2^m 3^{`</sup>/.2<sup>m</sup>C3<sup>`}/D7:

Vì2^m 3^{`</sup> < 2<sup>m</sup>C3<sup>`} và2^mC3^{`</sup> > 0nên 2<sup>m</sup> 3<sup>`} D 1và2^mC3^` D 7:Từ đó m D 2và

`D1;hay ta cóz D4vàx D2:Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Vậy có hai bộ số.x; y; z/thỏa mãn yêu cầu là.1; 1; 2/và.2; 3; 4/:

b) i)Trước hết, ta chứng minh kết quả sau:Cho hình chữ nhậtABCDcó diện tíchS:Xét ba điểmE;

F; Gkhông thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi hình chữ nhậtABCD:Khi đóSEF G ¹₂S:

A B

C D

E

F

G M

N P

Qua ba điểmE; F; Gkẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳngAB:Trong các đường thẳng này, có một đường thẳng nằm giữa hoặc trùng với một trong hai đường thẳng kia. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳngd qua điểmF:Khi đó, đường thẳngd sẽ cắt đoạnEG tại điểmP nào đó. GọiM; N theo thứ tự là giao điểm của đường thẳngd và hai đường thẳngAB; CD:Khi đó, ta có

SEF G DSEPF CSGPF SEMN CSGMN D 1

2 d.E; MN /MN C1

2 d.G; MN /MN 1

2 d.A; MN /MN C 1

2 d.B; MN /MN D 1

2ABMN D 1 2S;

trong đó d.X; Z T /được ký hiệu là khoảng cách từ điểmXđến đường thẳngZ T:

Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

ii)Trước hết, ta sẽ chứng minhn2:Thật vậy, giả sửn1:Gọi hình chữ nhật đã cho là hình chữ nhậtABCD:Chia hình chữ nhậtABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ bằng nhauAMRQ; BMRP;

CPRN; DQRN như hình vẽ bên dưới.

Xét hai hình chữ nhậtAMND vàBMNC:Ta thấy mỗi điểm trong năm điểm đã cho sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có ba điểm thuộc cùng một

hình chữ nhật. Không mất tính tổng quát, giả sử ba điểm đó làH; K; S và chúng cùng thuộc hình chữ nhậtAMND:

Xét hai hình chữ nhậtAMRQvàDQRN:Ta thấy mỗi điểm trong ba điểmH; K; S sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có hai điểm thuộc cùng một hình chữ nhật. Không mất tính tổng quát, giả sử hai điểm đó làH; K và chúng cùng thuộc hình chữ nhậtAMRQ:

A M

N C

Q R P

B

D

H

K S

V

Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phầni), ta có

SHKS 1

2SAMND D 1 4:

Gọi hai điểm còn lại trong năm điểm làV vàW:Nếu có một điểm nào đó trong hai điểm này thuộc đa giácABPRND;chẳng hạn làV thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta cũng cóSHK V ¹₄:Suy ran2;mâu thuẫn. Do đó, cả hai điểmV vàW phải nằm trong hình chữ nhậtCPRN:

Nếu S thuộc một trong hai hình chữ nhật DQRN hoặcBMRP thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phầni), ta cóSS V W ¹₄;mâu thuẫn. Do đóS nằm trong hình chữ nhậtAMRQ:

GọiS1là diện tích của tứ giác (không nhất thiết lồi) tạo bởi ba điểmH; K; S vàV:Khi đó, rõ ràng

S1SVMAQ DSAMRQCSVQR CSVMR 1

4 CSNQRCSPMRD 1 4 C1

8 C 1 8 D 1

2: Mặt khác, trong ba tiaVH; VK; V S luôn có một tia nằm giữa hai tia còn lại, chẳng hạn làVK:Do đó

S1 DSVKH CSVKS 2minfSVKH; SVKSg:

Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra minfSVKH; SVKSg ¹₄:Từ đó, kết hợp vớiHKS ¹₄;ta cón2;

mâu thuẫn. Vậy ta phải cón2:

Mặt khác, ta cónD2được thỏa mãn trong trường hợp sau.

Vậy giá trị nhỏ nhất củanlà2:

Bình luận. Bài5a)là một sự tương tự hóa của bài số học trong đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2019:Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn

7^x C2^y D1C2^z:

Trường hợp đặc biệt của bài toán cũng đã được sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia 2019:Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn

1C2^x D3^yC24^z: