Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Cụm 4 2020-2021

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4

NĂM HỌC 2020-2021. MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. (4 điểm)

a) Chứng minh : ³1 ^{84 3}1 ⁸⁴

9 9

A    là số nguyên

b) Giả sử pvà p² 2đều là các số nguyên tố. Chứng minh p³ 2cũng là một số nguyên tố

Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình sau :

 

2

2 2

) 4 3 2 3 2 11

) 3 5 7 3 5 20 22

) 4 1 1 2 2 2

a x x x

b x x x x

c x x x x

    

     

    

Câu 3. (4 điểm)

a) Cho 1 1 1 1

a   b c a b c.

  Chứng minh rằng: ₂₀₂₁¹ ₂₀₂₁¹ ₂₀₂₁¹ _{2021 2021}¹ ₂₀₂₁

a b c a b c

 

b) Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện 1 1 1 1 a 1 b 1 c 2.

   Tìm giá trị lớn

nhất của Qabc

Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABCnhọn, có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại .H Gọi I K, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE CF, .Chứng minh rằng :

) . . 2

) / /

a BH BE CH CF BC b IK EF

 

c) Trong các tam giác AEF BDF CDE, , có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 1

4diện tích tam giác ABC

Câu 5. (1 điểm) Chứng minh rằng : Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1thì diện tích tam giác nhỏ hơn 3

4

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Chứng minh ³1 ^{84 3}1 ⁸⁴

9 9

A    là số nguyên

     

3 3 3 3 3

3 3 3 3

2 2

84 84 84 84

2 3 1 1 1 . 1

9 9 9 9

2 3 1 84 2 2 0

81

1 2 0 1 2 0

A

A A A A A A

A A A A do A A

  

  

      

  

  

 

          

 

        

Vậy A nguyên

b) Giả sử pvà p² 2đều là các số nguyên tố. Chứng minh p³2cũng là một số nguyên tố.

Với p2 : p² 2 6(ktm)

Với p3: p²  2 11,p³  2 29( )tm

Với ^{p 3 p2 3k 1;p2  2}





Vậy p3 Câu 2.

  



) 4 3 2 3 2 11

11 4 3 2 3 2 0

3 4 3 4 3 2 2 3 2 1 0

3 2 3 2 1 0

3 2 3 2 1 0 1

a x x x

x x x

x x x x

x x

x x x

    

      

          

      

        

) 3 5 7 3 5 2 20 22

b x   x  x  x

Ta có: ^{5x2 20x22 5}















 



Vậy 3x 5 7 3 x 5x² 20x22 2 5x2 20x20 0  x 2

 

   

2 2

2 2

) 4 1 1 2 2 2

2 1 4 1 1 2 0

c x x x x

x x x x

    

      

Đặt ^{a  x2 1}





 

2a2  4x1 a2x0,^{ }





2 2 2 2

1

1 2 4 1 3 1 0 3

1( ) 3 x

x x x x x

x ktm

 



         

  



Vậy phương trình có tập nghiệm 1 S  3

  

 

  Câu 3.

a) Ta có : 1 1 1 1 a  b c a b c

 

  

  

    

   

     

   

2 2

2 2

1

0

0 0

0 0 0

ab bc ca

abc a b c

a b c ab bc ca abc

a b ab bc ca abc bc ac abc a b ab bc ca c a b

a b ab bc ca c a b b a c c a c a b b c a c

 

 

 

      

        

      

     

      

    

0 0 0

a b a b

b c b c

c a c a

   

 

 

     

     

 

Với a  b:

2021 2021 2021 2021 2021 2021

2021 2021 2021 2021 2021 2021

1 1 1 1

1 1 1 1

a b c a b c

b b c b b c

  

 

   

   

2021 2021

1 1

c c

  (luôn đúng)

Chứng minh tương tự với b c c,  a Ta có điều phải chứng minh.

    

1 1 1 1 1 1

) 2 1 1

1 1 1 1 1 1

1 2 1

1 1 1 1 1

b a b c a b c

b c bc

a b c b c

       

     

   

    

Tương tự :

    

  

1 1

2 2 ; 2

1 1 1 1 1 1

ca ab

b c a c  a b

      ⁽³⁾

Từ

         

1 1 1

1 , 2 , 3 . . 8.

1 1 1 1 1 1

abc

a b c a b c

 

     

1 1

8 8

abc Q

   

Dấu " " xảy ra khi 1 a  b c 2

Vậy _max 1 1

8 2

Q     a b c

Câu 4.

a) Tam giác vuông AEBvà tam giác vuông HFBcó góc B chung nên đồng dạng với nhau ^{AB BE BH BE. AB BF.}

 

BH BF

   

Tam giác vuông AFCvà tam giác vuông HECcó Cchung nên chúng đồng dạng với nhau ^{AC CF CH CF. AC CE.}

 

CH CE

   

Từ (1) và (2) suy ra ^{BH BE. CH CF.  AB BF.  AC CE.}

 

Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADBvà tam giác vuông BFCđồng dạng (góc B chung)

 

. . 4

AB BD

AB BF BC BD BC BF

   

Chứng minh tương tự ta có ADC∽BEC ^{AD DC AC CE. BD CD.}

 

BC CE

   

Từ (4) và (5) suy ra ^{AB BF.  AC CE. BC BC}





 

Từ (3) và (6) suy ra ^{BH BE. CH CF.  BC2}





I K F

E

D H A

B C

b) Ta có : AB FC / /

AB DK FAH HDK

DK FC

 

    

 

 (hai góc so le trong) (1)

Tứ giác AFHEcó AFH  AEH 90 90 180mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AFHElà tứ giác nội tiếp FAH  FEH(2 góc nội tiếp cùng chắn cung

 

) 2

FH

Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKHlà tứ giác nội tiếp HIK HDK

    (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ^HK)

 

Từ (1), (2), (3) FEH  HIKmà 2 góc này ở vị trí so le trong Suy ra ^{IK / /EF dfcm}

 

c) Đặt ^{BCa CA, b AB, c AE,  x AF,  y BD,  z}









Khi đó BF  c y EC,  b x CD,  a z

Giả sử không có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 1

4diện tích tam giác ABC.

Nghĩa là 1 1 1

; ; .

4 4 4

AEF ABC BFD ABC CED ABC

S  S S  S S  S

Suy ra . ₃ . 1

64

AEF BFD CED ABC

S S S

S  . Ta có : ^. _; ^.

 

. .

AEF BFD

ABC ABC

c y z S AE AF xy S BF BD

S AB AC cb S BA BC ca

    

  

. .

CED ABC

b x a z S CE CD

S CA CB ba

 

 

Do đó :

   

3 2 2 2

. .

AEF BFD CED ABC

xyz a z b x c y

S S S

S a b c

  



Theo bđt Cô – si ,

   

4 4

x b x b x b x  

  

   

4 4

y c y c y c y  

   và

   

4 4

z a z a z a z  

  

Do đó

   

2 2 2

1 64 xyz a z b x c y

a b c

  

 hay . ₃ . 1 64

AEF BFD CED ABC

S S S

S  (mâu thuẫn gt)

Câu 5.

Kẻ AH BC.Ta có AB1,AC1,BC1

1

1

2 2

AH BH BC

 

 

 



Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH.Ta có:

2 2 2

AH BH  AB

Mà AB²  1 AH² BH²  1 AH²  1 BH²

2 1 3 3

1 4 4 2

AH AH

     

1 1 3 3

. . .1

2 2 2 2

SABC  AH BC 

Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn 3 4

H A

B C