Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Chư Sê 2020-2021

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SE KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2020 – 2021 . MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút

Ngày thi :12/11/2020

Câu 1. (5,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức



^a³ ^¹⁵^a^²⁵



²⁰²⁰^với^a ^ ³^{13 7 6}^ ^³^{13 7 6}^

b) Tìm các cặp số nguyên



^{x y}^;



^{thỏa mãn}^x² ^^{2 2}^x



^y^{ }¹



⁵^y² ^²^y ^⁰

Câu 2. (5,0 điểm)

a) Chứng minh rằng ³ 2không thể biểu diễn dưới dạng pq rvới , ,p q rlà các số hữu tỉ và rdương

b) Xét các số dương a b c, , thỏa mãn 1 1 1 . a b c

a b c

     Chứng minh rằng

 

8ab 1 8bc 1 8ac 1 3 a b c

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABCđường cao CK H, là trực tâm của tam giác.

Gọi M là một điểm trên CK sao cho AMB90 ; , , S S S₁ ₂theo thứ tự là diện tích các tam giác AMB ABC ABH, ,

a) Chứng minh HK CK.  AK BK. b) Chứng minh S S S₁. ₂

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABCvuông cân tại A, trên cạnh BClấy một điểm M bất kỳ (M không trùng với Bvà C). Từ M kẻ MEvuông góc với ABtại E, MF vuông góc với AC tại F

a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BCthì đường thẳng qua M và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định D

b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BCđể diện tích tam giác EDFcó giá trị nhỏ nhất

Câu 5. (3,0 điểm)

Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác.

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Tính giá trị biểu thức



^a³ ^¹⁵^a^²⁵



²⁰²⁰^với^a^ ³^{13 7 6}^ ^ ³^{13 7 6}^

b) Tìm các cặp số nguyên



^{x y}^;



^{thỏa mãn}^x² ^^{2 2}^x



^y^{ }¹



⁵^y² ^²^y^⁰

Lời giải : a) Ta có :



^x^ ^y



³ ^^x³ ^^y³^³^{xy x}



^^y



Áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :

 

    

   

3 3 3 3

3 3

3

2 2 3

3 3

13 7 6 13 7 6

13 7 6 13 7 6 3 13 7 6 13 7 6 . 13 7 6 13 7 6

26 3. 13 7 6 26 3 5 26 15

26 15 15 25 1

a

a a a

a a a a

   

         

       

      

Khi đó ta có,



^a³^¹⁵^a^²⁵



²⁰²⁰ ^¹²⁰²⁰ ^¹

b) Ta có :

 

     

   

2 2

2 2 2

2 2

2 2 1 5 2 0

4 2 5 2 0

4 4 2 4 1 2 1 2

2 2 2 1 1 2

2 1 1 2

x x y y y

x xy x y y

x xy y x y y y

x y x y y

x y y

    

     

         

       

     

Do ,x ylà các số nguyên nên ta có các trường hợp sau :

2 1 1 6 2 1 1 2

1: *) 2 :

1 1 2 1 1 0

2 1 1 4 2 1 1 0

3: *) 4 :

1 1 2 1 1 0

x y x x y x

Th Th

y y y y

x y x x y x

Th Th

y y y y

       

   

 

          

   

         

   

 

          

   

Vậy các cặp số nguyên



^{x y}^;



cần tìm là

       

6;2 , 2;0 , 4;2 , 0;0

(3)

Câu 2.

a) Chứng minh rằng ³ 2không thể biểu diễn dưới dạng pq rvới p q r, , là các số hữu tỉ và rdương

Giả sử ³ ² ^{ }^p ^{q r} ^{ }²



^p^^{q r}



³

 

3 2 2 3 3

3 2

3 2 2 3

2 3

2 3 3

2 3

2 3 3

3 p p q r pq r q r

p pq r p pq r r p q q r r

p q q r

    

 

      

 +)Nếu rlà số chính phương hoặc là số hữu tỉ có dạng

m 2

n

  

  p q r

  ℚvới mọi số p q,  ℚ ³ 2là số hữu tỉ Điều này vô lý vì ³ 2là số vô tỉ

+)Nếu rkhông là số chính phương hoặc không là số hữu tỉ có dạng m 2

n

  

 

 rlà số vô tỉ vô lý vì

3 2

2 3

3

p pq r p q q r

 

 là số hữu tỉ với mọi số , ,p q rℚ Vậy ³ 2không thể biểu diễn dưới dạng pq rvới , ,p q rlà các số hữu tỉ và r dương.

b) Xét các số dương a b c, , thỏa mãn a b c ^{1 1 1}. a b c

     Chứng minh rằng

 

8ab 1 8bc 1 8ca 1 3 a b c Với ba số dương a b c, , xét biểu thức :



⁸^ab^{ }¹ ⁸^bc^{ }¹ ⁸^ca^¹



² ^^^ ^a^{. 8}^b^¹_a ^ ^b^{. 8}^c^{ }¹_b ^c^{. 8}^a^¹_c ^^²

 

(4)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchysch arzw cho hai bộ ba số



^a^; ^b^; ^c



^và

1 1 1

8b ; 8c ; 8a

a b c

 

  

 

 ta có :

 

1 1 1 2 1 1 1

. 8 . 8 . 8 8 8 8

a b b c c a a b c b c a

a b c a b c

                

   

 

   

     

   

 

2

2 2

1 1 1

8 1 8 1 8 1 8 8 8

1 1 1

8 1 8 1 8 1 8 8 8

8 1 8 1 8 1 .9

8 1 8 1 8 1 9

8 1 8 1 8 1 3 ( )

ab bc ca a b c a c a

a b c

ab bc ca a b c a b c

a b c

ab bc ca a b c a b c

ab bc ca a b c

ab bc ca a b c dfcm

 

               

 

 

               

 

          

        

Câu 3.

a) Chứng minh HK CK.  AK BK.

Xét HKBvà AKCcó : KBH  KCA(cùng phụ với BAC)



⁹⁰



^{( . )}

BKH CKA HKB AKC g g

       ∽

 

. . 1

HK BK

HK CK AK BK AK CK

   

D

M H

K A

B C

(5)

 

2

1 2 1 2

. . .

. 4 2

AB KH CK AB KH CK

S S S S

    (*)

b) Chứng minh S  S S_{1 2}

lại có : AMBvuông ở M có đường cao MK . 2

AK BK MK

  (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) ^^{CH CK}^. ^^MK² ^ ^{KH CK}^. ^^MK

 

³

Thay (3) vào (*) ta được : _{1 2} .

2 ^ANM

AB MK

S S  S S Câu 4.

a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì đường thẳng qua M và vuông góc với EFluôn đi qua một điểm cố định D

Kẻ MH EF

Gọi D là điểm sao cho tứ giác ABCDlà hình vuông.

MDcắt EFtại H. MFcắt BDtại K

K

D H F E

C A

B

M

(6)

Xét BMEvuông tại E có EBM 45  EMB45

 BMEvuông cân tại EBE ME

Tứ giác BEMK có      B E K 90và BE MEBEMKlà hình vuông BE ME MK BK AE KD

     

Xét AMEvà DMKcó : ^^AEM ^{ }^MKD



^⁹⁰^



^;

( ), ( )

AE KD cmt ME  MK cmt  AME  DMK c g c( . . )

EAM KDM

    (hai góc tương ứng) Mà EAM  MFE  MFE KDM

Lại có : FDC  MFD(hai góc so le trong) nên ta có:

90

KDM MDF FDC MFE MDF MFD EFD MDF

EFD MDF FDH vuong tai H DH EF

              

         

Mà MH EF M D H, , thẳng hàng Vậy MHluôn đi qua một điểm D cố định

b) Đặt ^AB^^{a AE}^, ^{ }^x ^BE^{ }^a ^{x a}



^^0,0^{ }^x ^a



Ta có : S_DFE S_ABCD S_BDE S_DFC S_AFE

   

2 1 1 1 1 2 1 1 2

2 2 2 2 2 2

a a a x ax x a x a ax x

        

SDEF

 đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 ² 1 1 ² 2a 2ax 2x

   

 

 nhỏ nhất

Ta có :

2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 1 3

2a 2ax 2x 2x2a 4a  2 4. a

 

 

 

Vậy 1 ² 1 1 ²

2a 2ax 2 x

   

 

 đạt giá trị nhỏ nhất là 1 3 ² 2 4. a Khi đó M là trung điểm cạnh BC

Câu 5. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác

Ta xếp các đoạn thẳng có độ dài tăng dần a₁a₂ ....a₇. Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng a a_k; _k_₁;a_k_₂thỏa mãn a_k a_k_₁ a_k_₂thì 3 đoạn thẳng này có thể lập thành một tam giác.

Giả sử ngược lại :

1 2 3; 2 3 4; 3 4 5; 4 5 6; 5 6 7

a a a a a a a a a a a a a a a Khi đó theo giả thiết :

(7)

1 10; 2 10 3 20 4 30 5 50 6 80 7 130 a  a  a  a   a   a   a 

Mâu thuẫn với giả thiết cho độ dài mỗi đoạn thẳng nhỏ hơn 100.

Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng a a_k; _k_₁;a_k_₂mà a_k a_k_₁a_k_₂. Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác