ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021
Thời gian làm bài : 150 phút, không kể giao đề Câu 1. (4 điểm) Cho biểu thức
2 7 3 2 1 1 2
: 11
3 2 11 3 2 2 2
x x x x
P x x x x x x
1) Rút gọn biểu thức P
2) Tìm các số thực xđể biểu thức Pđạt giá trị nguyên Câu 2. (4 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức A
x3 12x9
2020biết x 3 4
5 1
3 4
5 1
2) Giải phương trình : x24
x3
x2 8x48Câu 3. (4 điểm)
1) Cho ba số thực a b c, , khác 0 thỏa mãn a b c 2 b c c a a b
Chứng minh rằng
2 2 2
a b c
a b c b c c a a b
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên
x y,
thỏa mãn x3 y3 x2 x 1Câu 4. (6 điểm) Cho điểm M là trung điểm của đoạn thẳng BC.Điểm Athay đổi sao cho 60 .
BAC Đường phân giác trong của góc Acắt BC tại D.
1) Chứng minh 1
. .sin ,
ABC 2
S AB AC A trong đó SABClà diện tích tam giác ABC 2) Chứng minh
2 2 2
2
2 4
AB AC BC
AM
3) Chứng minh rằng 1 2 1 2 3 2 2 AB AC AD Câu 5. (2 điểm)
1) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn 3 a b c 2 Chứng minh rằng a2 b2 c2 2abc1
2) Trên bảng có ghi 2020 số: 1 2 3 2020
; ; ;...;
2020 2020 2020 2020. Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số a b, bất kỳ trên bảng và thay bằng số a b 2 .abHỏi sau 2019 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào ?
ĐÁP ÁN Câu 1.
a) Rút gọn biểu thức P. Điều kiện xác định : x2,x11 Đặt x 2 a a, 0,a3
2
2 2
2
9 3 1 1
3 9 : 3
3 9 3 1 3
3 3 3 3 : 3 3
3 3 2 2 3
3 3 : 3 2 2
a a a
P a a a a a
a a a a a
a a a a a a a a
a a a
P a a a a a
Thay x 2 avào P ta được
3 2
2 2 2
P x
x
b) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên
3 2
2 2
3
42 2 2
P x x P P
x
Pnguyên nên 2P 3 0.Từ đó 4
2 2 3
x P
P
, do x 2 0nên 4 2 3 0
P P
Từ đó 3
2 P 0
, do P nguyên nên P
1;0
Với P 1 x 2 4 x 18 Với P 0 x 2 0 x 2 Câu 2.
1) Ta có x 3 4
5 1
3 4
5 1
Xét x3 3 4
5 1
3 4
5 1
3 4
5 1
4 5 1
3 43
5 1 .4
5 1 .
xHay x3 8 12x x3 12x 8 0 x3 12x 9 1 Vậy A12020 1
2) Giải phương trình x24
x3
x2 8x48Điều kiện : x3 8x48 0
2
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 48 2 3 8 48 0
6 9 2 3 8 48 8 48 9
3 8 48 9
8 48 6 1
3 8 48 3
3 8 48 3 8 48 2
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
Giải (1)
1 2 8 48 2 12 36 2 2 20 12 0 5 316 6
x x x x x x
x x x
Giải (2)
2 2 8 48 2 2 2 70
x x x
x x
Vậy tập nghiệm của phương trình là S
5 31;2 2 7
Câu 3.
1) Ta có : a b c 2 *
b c c a a b
Nhân 2 vế của (*) với số akhác 0 ta được :
2
a ab ac 2 b c c a a b a
Nhân 2 vế của (*) với số b khác 0 ta được :
2
ab b bc 2 b c c a a b b
Nhân 2 vế của (*) với số c khác 0 ta được :
2
ac bc c 2 b c c a a b c
Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta được
2 2 2
2 2 2
a ab ac ab b bc ac bc c
a b c b c c a a b b c c a a b b c c a a b
2 2 2
a b c ab bc ac bc ab ac 2
a b c b c c a a b c a c a a b a b b c b c
2 2 2
2 2 2
a b c a c a b b c 2
b c a a b c
b c c a a b c a a b b c
a b c
a b c b c c a a b
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên
x y;
thỏa mãn x3 y3 x2 x 13 3 2 1 3 3 2 1
x y x x y x x x
Trong khoảng
0;1 không có số nguyên nào nên x2 x x x
1
0với mọi
\ 0;1
xℤ x2 x 0,với mọi xℤ. Do đó
x 3 x3 x2 x 1Và x3 x2 x 1 x3 x2 x 1 2
x2 x
3
3
33 2 1 1 3 2 1 1
x x x x x x x x x
Từ đó
x 3 y3
x 1
3Nếu
x y,
là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì :
3
3 1
; 1; 0 ; 0; 1
0;1
y x
x y x y x y
x
Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn đề bài
x y;
x1;y0 ;
x0;y1
1) Chứng minh 1
. .sin ,
ABC 2
S AB AC A trong đó SABClà diện tích tam giác ABC
Kẻ đường cao BKcủa 1
2 .
ABC SABC BK AC
Trong tam giác vuông BKA, sin BK .sin
A BK AB A
AB 1 . .sin
ABC 2
S AB AC A
2) Chứng minh
2 2 2
2
2 4
AB AC BC
AM
Kẻ đường cao AHcủa tam giác ABC
2 2 2 2 2 2
2 2 . 2 1
2
AM AH HM AB BH HM
AB HM MB HM HB AB MB HM HB AB BC HM HB
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
AM AH HM AC CH HM
AC HM CH CH HM AC MC CH HM AC BC CH HM
Lấy (1) +(2) ta được :
K
H D M A
B
C
2 2 2
2
2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 .
2 2
2 .
2 2
2 4
BC BC
AM AB HM HB AC CH HM
BC BC
AM AB AC HM HB CH HM AB AC
AB AC BC AM
3) Chứng minh rằng 12 12 3 2 2 AB AC AD Sử dụng kết quả câu 1, ta có :
1 1
. .sin 30 .
2 4
1 1
. .sin30 .
2 4
1 3
. .sin 60 .
2 4
ABD
ACD
ABC
S AB AD AB AD
S AC AD AC AD
S AB AC AB AD
Mà 1 1 3
. . .
4 4 4
ABD ACD ABC
S S S AB AD AC AD AB AC
1 1 12 1 2. 3 . 2.
AD AB AC AB AC
AB AC AB AC
Từ đó : 3 2. 12 1 2 1 2 1 2 3 2
2
AD AB AC AB AC AD
Dấu bằng xảy ra khi AB AC Câu 5.
1) Ta có : a2 b2 c2 2abc 1 a2 b2 c2 2abc 1 0 *
Do đó 3 3
2 2
a b c a b c
Nên a2b2 c2 2abc 1
a b
2 2ab c 2 2abc1
2
2 2
3 5
2 2 1 2 1 2 3
2 c ab c abc ab c c c 4
Do vai trò của a b c, , như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c b a .
Mà 3 1
2 2
a b c c . Xét hàm số bậc nhất biến tlà :
2
1
2 2 3 54,f t t c c c với t ab và
2
2 3
0 2
4 4
a b c t ab
Ta có
0 2 2 3 5 2 2 3 9 1 2 3 2 1 04 2 16 8 4 8
f c c c c c
(với mọi )c
2 2 2
2
3 3 1
5 1
2 2. 2 . 1 2 3 2 0
4 4 4 2
c c c c
f c c c
với mọi c
Từ đó ta có f t
0với mọi3 2
0 2 ,
4 c t
tức là bất đẳng thức (*) đúng.
Đằng thức xảy ra khi
2
2
3 2 1
4 2
1 . 1
2 0
4 a b
c
ab a b c
c c
2) Giả sử các số trên bảng đang là a a1, ,...,2 ak. Ta cho tương ứng bảng này với tích
2a11 2
a2 1 ... 2
ak 1
Sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số
2a1 2
b1
nhưng lại được thêm vào thừa số 2
a b 2ab
1
2a1 2
b1
Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi, chỉ đổi dấu Vì tích ban đầu bằng 0 (do có chứa thừa số 1010
2. 1
2020
nên số cuối cùng scũng phải có tích bằng 0 nghĩa là tích cuối cùng bằng 1
2 1 0
s s 2