Đề Thi Chọn HSG Toán 9 Năm Học 2018 – 2019 Sở GD Và ĐT Hà Nội

THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019

Võ Quốc Bá Cẩn

1. Đề thi

Bài 1 (5.0 điểm).

a) Giải phương trình:

p3

2 x D1 p

x 1:

b) ChoS D 1 ₂²₃

1 ₃²₄

1 ₂₀₂₀²₂₀₂₁

là một tích của2019thừa số. TínhS (kết quả để dưới dạng phân số tối giản).

Bài 2 (5.0 điểm).

a) Biếta; blà các số nguyên dương thỏa mãna² abCb²chia hết cho9;chứng minh rằng cảavàbđều chia hết cho3:

b) Tìm tất cả các số nguyên dươngnsao cho9ⁿC11là tích của k .k 2 N; k 2/số tự nhiên liên tiếp.

Bài 3 (3.0 điểm).

a) Cho x; y; z là các số thực dương nhỏ hơn4:Chứng minh rằng trong các số ¹_x C _{4 y}¹ ;

1

y C_{4 z}¹ ; ¹_z C _{4 x}¹ luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng1:

b) Với các số thực dươnga; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiệna²Cb²Cc²C2abc D1;tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcP DabCbcCca abc:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác A B C vuông tại A . A B < A C / :Đường tròn. I / nội tiếp tam giácA B C ; tiếp xúc với các cạnhB C ; C A ; A B lần lượt tại D ; E ; F : GọiS là giao điểm của A I và DE :

a) Chứng minh rằng tam giácI A B đồng dạng với tam giácE A S :

b) Gọi K là trung điểm của A B vàO là trung điểm củaB C : Chứng minh rằng ba điểm K ; O ; S thẳng hàng.

c) Gọi M là giao điểm củaK I vàA C : Đường thẳng chứa đường cao A H của tam giác A B C cắt đường thẳngDE tạiN :Chứng minh rằng A M D A N :

Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ1 01 0gồm1 0 0 hình vuông có cạnh1đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá1 :Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6lần.

1

2. Lời giải và bình luận các bài toán

Bài 1 (5.0 điểm).

a) Giải phương trình:

p3

2 x D 1 p

x 1 : b) Cho S D 1 ₂²₃

1 ₃²₄

1 _{2 0 2 0}²_{2 0 2 1}

là một tích của 2 0 1 9 thừa số.

TínhS (kết quả để dưới dạng phân số tối giản).

Lời giải. a)Điều kiện:x 1 :Đặta D p

x 1 ; b D p³

2 x thì ta cóa 0 ; b 1và

a² Cb³ D 1 : . 1 /

Ngoài ra, từ giả thiết, ta cũng cóa C b D 1 :Thay a D 1 b vào . 1 / ;ta được . 1 b /² C b³ D 1 ;

hay

b . b 1 / . b C 2 / D 0 :

Suy rab 2 f 2 ; 0 ; 1g; hayx 2 f1 0 ; 2 ; 1g:Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S D f1 ; 2 ; 1 0g:

b)Để ý rằng với mọin nguyên dương, ta có

1 2

n . n C 1 / D n² Cn 2

n . n C 1 / D . n 1 / . n C2 / n . n C 1 / :

Từ đó suy ra

S D 1 4

2 3 2 5

3 4 3 6

4 5 2 0 1 9 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 2 1 D . 1 2 3 2 0 1 9 / . 4 5 6 2 0 2 2 /

. 2 3 4 2 0 2 0 / . 3 4 5 2 0 2 1 / D 2 0 2 2

2 0 2 0 3 D 3 3 7

1 0 1 0: VậyS D _{1 0 1 0}^{3 3 7} :

Bài 2 (5.0 điểm).

a) Biết a ; b là các số nguyên dương thỏa mãna² a b C b² chia hết cho 9 ;chứng minh rằng cảavà b đều chia hết cho 3 :

b) Tìm tất cả các số nguyên dương nsao cho 9ⁿ C 1 1là tích của k . k 2 N; k 2 / số tự nhiên liên tiếp.

Lời giải. a) Từ giả thiết, ta suy ra4 . a² a b C b²/ D . 2 a b /² C 3 b² chia hết cho 9 : Do 3 b² chia hết cho3 nên . 2 a b /² chia hết cho3 ; suy ra 2 a b chia hết cho 3 :Từ đó, ta có . 2 a b /² chia hết hết cho9 : Suy ra3 b² chia hết cho 9 ;do đó b² chia hết cho 3 ;tức b chia hết cho 3 :Mà2 a b chia hết cho3nên ta cũng có achia hết cho3 :Vậy cả hai số a và b đều chia hết cho 3 :

b)Để ý rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp luôn có ít nhất một số chia hết cho 3 ;mà 9ⁿ C 1 1 không chia hết cho 3nên9ⁿC1 1không thể là tích củak 3số tự nhiên liên tiếp. Từ đó, theo yêu cầu của đề bài, ta suy ra9ⁿ C 1 1là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Đặt 9ⁿ C1 1 D a . aC 1 / vớia 2 Nthì ta cóa . a C 1 / 2 0(do 9ⁿ 9), suy ra a 4 : Từ đây, ta có

a . a C1 / 1 1 D . a 2 /² C5 . a 3 / > . a 2 /²: . 1 / Mặt khác, ta cũng có

a . a C1 / 1 1 < a . a C 1 / < . a C 1 /²: . 2 / Do a . a C 1 / 1 1 D 9ⁿ D . 3ⁿ/² là số chính phương nên kết hợp với các đánh giá (1) và (2), ta suy raa . a C 1 / 1 1 2 ˚

. a 1 /²; a² :Bằng cách xét các trường hợp cụ thể, ta tìm đượca 2 f4 ; 1 1g:Thử lại, ta thấy chỉ có a D 4 (tương ứng,n D 1) thỏa mãn yêu cầu. Vậy có duy nhất một giá trị nthỏa mãn yêu cầu đề bài làn D 1 :

Bình luận. Ở câub), sau khi nhận xét được 9ⁿ C 1 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, ta cũng có thể nhân4 hai vế để tách bình phương và viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải.

Bài 3 (3.0 điểm).

a) Chox ; y ; zlà các số thực dương nhỏ hơn4 :Chứng minh rằng trong các số _x¹C₄¹_y;

1

y C ₄¹_z; ¹_z C ₄¹_x luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng1 :

b) Với các số thực dươnga ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiệna²Cb²Cc²C2 a b c D 1 ; tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcP D a b C b c C c a a b c :

Lời giải. a)Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sửx D minfx ; y ; zg:Khi đó, ta có

1

x C 1

4 y 1

y C 1

4 y D . y 2 /²

y . 4 y / C 1 1 :

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

b)Trong ba số a ; b ; c ;tồn tại hai số cùng ¹₂ hoặc cùng ¹₂: Không mất tính tổng quát, giả sử hai số đó là avà b :Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a² C b² 2 a b : Từ đó suy ra 1 c² D a² C b² C2 a b c 2 a b C 2 a b c D 2 a b . 1 C c / ; hay

1 c 2 a b : . 1 /

Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 c C2 a b 2p

2 a b c ;suy ra

a b c 1

8: . 2 /

Ta cũng có c . 2 a 1 / . 2 b 1 / 0nên

4 a b c C c 2 a c C2 b c : . 3 /

Từ các bất đẳng thức . 3 / ; . 1 /và . 2 / ;ta có

2 P D 2 a b C 2 a c C 2 b c 2 a b c 2 a b C c C 2 a b c 1 C 2 a b c 1C 1 4 D 5

4; hay

P 5

8:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia D b D c D ¹₂: Vậy maxP D ⁵₈:

Bình luận. Có thể chứng minh câua)bằng cách cộng ba số lại và sử dụng bất đẳng thức phụ 1

x C 1

y 4

x C y; 8x ; y > 0 :

Câub)cũng có thể được giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu.

Cụ thể, ta có thể viết lại giả thiết bài toán dưới dạng a

a Cb c C b

b C c a C c

c C a b D 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có

a

a C b c C b

b C c a C c

c Ca b D a²

a² C a b c C b²

b² C a b c C c² c² Ca b c . a C b Cc /²

a² C b² C c² C 3 a b c: Từ đó suy ra

2 . a C b C c /² a² C b² Cc² C 3 a b c; hay

a² C b² C c² C6 a b c 2 . a b C b c Cc a / :

Màa² C b² C c² C 2 a b c D 1nên 1C 4 a b c 2 . a b C b c C c a / ;hay 2 P 2 a b c C 1 :

Mặt khác, dễ chứng minh đượca b c ¹₈ (theo cách như. 2 /hoặc sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM cho bốn số dương1 D a² Cb²Cc²C2 a b c 4p⁴

2 a³b³c³) nên 2 P ⁵₄; hay P ⁵₈:Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D ¹₂:

Một cách khác cho câub)nữa là sử dụng biến đổi

2 P D 2 . a bCb cCc a / 2 a b c D 2 . a bCb cCc a /Ca²Cb²Cc² 1 D . aCbCc /² 1 : Từ giả thiết, ta có. c C a b /² D . 1 a²/ . 1 b²/ : Suy ra

c D a b Cp

. 1 a²/ . 1 b²/ a b C . 1 a²/C . 1 b²/

2 D 2 . a C b /²

2 :

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có

a C b . a C b /² C1

2 :

Do đó

a C b C c . a C b /² C 1

2 C 2 . a Cb /²

2 D 3

2:

Từ đây, ta có2 P ⁹₄ 1 D ⁵₄;hayP ⁵₈:Việc còn lại chỉ là xét điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra.

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác A B C vuông tạiA . A B < A C / :Đường tròn . I / nội tiếp tam giác A B C ;tiếp xúc với các cạnh B C ; C A ; A B lần lượt tại D ; E ; F : Gọi S là giao điểm củaA I và DE :

a) Chứng minh rằng tam giácI A B đồng dạng với tam giácE A S :

b) GọiK là trung điểm củaA B và O là trung điểm củaB C : Chứng minh rằng ba điểm K ; O ; S thẳng hàng.

c) Gọi M là giao điểm củaK I và A C :Đường thẳng chứa đường cao A H của tam giác A B C cắt đường thẳngDE tạiN :Chứng minh rằng A M D A N :

Lời giải. a)Ta cóC D D C E nên tam giác C EDcân tại C ;suy ra

∠A E S D 1 8 0^ı ∠C ED D 1 8 0^ı 1 8 0^ı ∠C

2 D 1 8 0^ı C ∠C

2 : . 1 /

Mặt khác, ta cũng có

∠A I B D 1 8 0^ı ∠I A B ∠I BA D 1 8 0^ı ∠BA C C ∠A B C 2

D 1 8 0^ı 1 8 0^ı ∠C

2 D 1 8 0^ı C∠C

2 : . 2 /

Từ (1) và (2), ta suy ra ∠A E S D ∠A I B : Lại có ∠E A S D ∠I A B D 4 5^ı nên các tam giácE A S và I A B đồng dạng (g-g).

B C

A

I

D E F

S K

O

M

H

N

b)Do4EAS 4IAB nên∠ESAD∠IBAD∠IBD;từ đó suy ra

∠IBDC∠I SD D∠I SE C∠I SD D180^ı:

Do đó, tứ giácI SDB nội tiếp. Suy ra∠I SB D∠IDB D90^ı:Mà∠SAB D45^ınên tam giác

SAB vuông cân tạiS;suy raSK vuông góc vớiAB: .3/

Mặt khác, ta lại cóOK là đường trung bình ứng với cạnhAC của tam giácABC nênOKvuông

góc vớiAB: .4/

Từ.3/và.4/;ta suy ra ba điểmK; O; S thẳng hàng.

c)Xét tam giácAKM cóAI là đường phân giác kẻ từA;ta có AM

AK D IM

IK:

Mặt khác, áp dụng định lý Thales trong tam giácAKM cóIF kAM;ta cũng có IM

IK D FA

FK: Do đó ^AM_AK D _KF^AF;hay

AM

AF D AK

KF: .5/

Bây giờ, sử dụng định lý Thales trong tam giácANS cóID kAN;ta có AN

ID D AS

I S:

Sử dụng định lý Thalese trong tam giácAKS cóIF kKS;ta cũng có AS

I S D AK FK: Từ đó suy ra

AN

ID D AF

KF: .6/

Từ .5/ và .6/ với chú ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE là hình vuông), ta suy ra AM DAN:Đây chính là kết quả cần chứng minh.

Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ 1010gồm100hình vuông có cạnh1 đơn vị.

Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá1:Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất6lần.

Lời giải. Gọi số nhỏ nhất được điền vào bảng làx:Khi đó với một số nguyêny được điền vào bảng, ta xét bảng ô vuông connm(ndòng,mcột,0 n 10; 0m 10) nối ô vuông điềnxvà ô vuông điềny như hình vẽ bên dưới, trong đóa11Dx; anm Dy(các trường hợpa11

ở các góc khác được xét tương tự).

a11 a12 : : : a1m

a2m

:: : anm

Ta có

a12a11C1; a13a12C1a11C2; : : : ; a1ma1Cm 1 và

a2m a1mC1a1Cm; a3ma2mC1a1CmC1; : : : ; anma1CnCm 2:

Như vậy, ta có

x y xCnCm 2xC18:

Kết quả trên chứng tỏy 2 fx; xC1; : : : ; xC18g:Suy ra có không quá19số khác nhau được điền vào bảng ô vuông đã cho. Do bảng đã cho có100ô vuông nên theo nguyên lý Dirichlet, có một số xuất hiện không ít hơn₁₀₀

19

˘C1D6lần. Ta có điều phải chứng minh.