Đề Thi HSG Toán 9 Cấp Thành Phố Năm Học 2019 – 2020 Sở GD&ĐT Hà Nội

(1)

(2)

THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2020

Võ Quốc Bá Cẩn

1. Đề thi

Bài 1 (5.0 điểm).

a) Giải phương trình:

.4xC2/p

x²C2xC5D.x²C2xC2/p

4xC5:

b) Cho bốn số thực dươnga; b; c; d thỏa mãna³Cb³Cc³ D3d³; b⁵Cc⁵Cd⁵ D 3a⁵ vàc⁷Cd⁷Ca⁷ D3b⁷:Chứng minh rằngaDb Dc Dd:

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênnthìn²C3nC11không chia hết cho49:

b) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương.x; y; p/vớiplà số nguyên tố thỏa mãn x²Cp²y² D6.xC2p/:

a) Cho hai số thực dươngx; y thỏa mãn5.x y/² x²Cy²:Chứng minh rằng 1

2 x y 2:

b) Cho ba số thực dươngx; y; zthay đổi thỏa mãn điều kiện5.xCyCz/² 14.x²Cy²Cz²/:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P D 2xCz

xC2z:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giácABC có ba góc nhọn,AB < BC;ngoại tiếp đường tròn tâm I:Hình chiếu vuông góc của điểmI trên các cạnhAB; AC theo thứ tự làM; N và hình chiếu vuông góc của điểmB trên cạnhAC làQ:GọiD là điểm đối xứng của điểmAqua điểmQ;

P là tâm đường tròn nội tiếp tam giácBCDvàRlà giao điểm của hai đường thẳngMN; BQ:

Chứng minh rằng

a) Các tam giácBMRvàBIP đồng dạng.

b) Đường thẳngPRsong song với đường thẳngAC:

c) Đường thẳngMN đi qua trung điểm của đoạn thẳngAP:

1

(3)

2 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2020

Bài 5 (1.0 điểm). Có15hộp rỗng. Mỗi bước, người ta chọn một số hộp rồi bỏ vào mỗi hộp một số viên bi sao cho số viên bi bỏ vào mỗi hộp là một lũy thừa của2và trong mỗi bước không có hai hộp nào có số bi được bỏ vào giống nhau. Tìm số nguyên dươngknhỏ nhất sao cho sau khi thực hiệnkbước, tất cả các hộp đều có số bi giống nhau.

2. Lời giải và bình luận các bài toán

a) Giải phương trình:

.4xC2/p

x²C2xC5D.x²C2xC2/p

4xC5:

b) Cho bốn số thực dươnga; b; c; d thỏa mãna³Cb³Cc³ D3d³; b⁵Cc⁵Cd⁵D3a⁵ vàc⁷Cd⁷Ca⁷ D3b⁷:Chứng minh rằngaDb Dc Dd:

Lời giải. a)Điều kiện:x ⁵₄:ĐặtaDp

4xC5vàb Dp

x²C2xC5 .a; b 0/:Ta có 4xC2Da² 3; x²C2xC2Db² 3:

Phương trình đã cho có thể được viết lại thành.a² 3/bD.b² 3/a;hay .a b/.abC3/D0:

DoabC3 > 0nên từ đây, ta cóaDbhay

x²C2xC5D4xC2:

Giải phương trình này, ta đượcx 2 f0; 2g:Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm làS D f0; 2g:

b)Trong ba sốb; d; acó một số hoặc là số lớn nhất, hoặc là số nhỏ nhất trong bốn số đã cho.

Xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1:blà số lớn nhất hoặc là số nhỏ nhất tronga; b; c; d:

ı Nếublà số lớn nhất tronga; b; c; d thì ta cóc⁷; d⁷; a⁷b⁷nên c⁷Cd⁷Ca⁷ b⁷Cb⁷Cb⁷D3b⁷:

Mặt khác, theo giả thiết thì dấu đẳng thức phải xảy ra. Do đóc Dd DaDb:

ı Nếublà số nhỏ nhất tronga; b; c; d thì ta cóc⁷; d⁷; a⁷b⁷nên c⁷Cd⁷Ca⁷ b⁷Cb⁷Cb⁷D3b⁷:

Mặt khác, theo giả thiết thì dấu đẳng thức phải xảy ra. Do đóc Dd DaDb:

Trường hợp 2: d là số lớn nhất hoặc là số nhỏ nhất trong a; b; c; d:Chứng minh tương tự như trường hợp trên, ta cũng cóaDbDc Dd:

Trường hợp 3:a là số lớn nhất hoặc là số nhỏ nhất trong a; b; c; d: Chứng minh tương tự trường hợp 1, ta cũng cóaDb Dc Dd:

Vậy, trong mọi trường hợp, ta luôn cóaDb Dc Dd:

(4)

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênnthìn²C3nC11không chia hết cho49:

b) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương.x; y; p/vớiplà số nguyên tố thỏa mãn x²Cp²y² D6.xC2p/:

Lời giải. a)Giả sử tồn tại số tự nhiênnsao chon²C3nC11chia hết cho49:Khi đó, ta có

4.n²C3nC11/D.2nC3/²C35chia hết cho49: .1/

Mà35và49cùng chia hết cho7nên ta có.2nC3/²chia hết cho7:Suy ra2nC3chia hết cho 7:Từ đó.2nC3/²chia hết cho49:Kết hợp với.1/;ta được35chia hết cho49;mâu thuẫn. Vậy, với mọi số tự nhiênnthìn²C3nC11không chia hết cho49:

b)Do6.xC2p/chia hết cho3nên từ phương trình đã cho, ta suy rax²Cp²y² chia hết cho3:

Mặt khác, ta có để ý rằng, với mọi số nguyênathìa²chia3dư0hoặc1:Do đó, đểx²Cp²y² chia hết cho3thì ta phải cóx²vàp²y²cùng chia hết cho3:Suy raxvàpy cùng chia hết cho3:

Đặtx D3avớianguyên dương. Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

9a²Cp²y² D18aC12p: .1/

Do9a²; p²y²và18achia hết cho9nên từ phương trình trên, ta suy ra12p chia hết cho9;tức pchia hết cho3:Màplà số nuyên tố nênp D3:Khi đó, phương trình.1/có thể viết lại thành

a²Cy² D2aC4;

hay

.a 1/²Cy² D5: .2/

Vì.a 1/² 0nên từ phương trình trên, ta suy ray² 5:Doy là số nguyên dương nên ta cóy 2 f1; 2g:Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm được các cặp số nguyên dương.a; y/thỏa mãn phương trình.2/là.3; 1/và.2; 2/:Từ đó suy ra, có hai bộ số.x; y; p/thỏa mãn yêu cầu đề bài là.9; 1; 3/và.6; 2; 3/:

a) Cho hai số thực dươngx; y thỏa mãn5.x y/² x²Cy²:Chứng minh rằng

1 2 x

y 2:

b) Cho ba số thực dươngx; y; z thỏa mãn điều kiện5.xCyCz/²14.x²Cy²Cz²/:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P D 2xCz

xC2z:

(5)

Lời giải. a)Giả thiết đã cho có thể được viết lại thành2.x 2y/.2x y/0;hay

x

y 2 2x

y 1

0:

Từ đó, ta có

1 2 x

y 2:

b)Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 5.x CyCz/²5

9

5C1 5

9.xCz/²Cy²

D14 5

9.xCz/²Cy²

:

Kết hợp với giả thiết, ta suy rax²Cz² ⁵₉.xCz/²;hay .x 2z/.2x z/0:

Từ đây, ta có

z

2 x2z:

Suy ra

P D 2xCz

xC2z D2 3z

xC2z 2 3z

z

2 C2z D 4 5 và

P D2 3z

xC2z 2 3z

2zC2z D 5 4:

Vậy ⁴₅ P ⁵₄:Bất đẳng thức bên trái xảy ra dấu đẳng thức khiz D2xvày D ⁵₃x:Bất đẳng thức bên phải đạt được dấu đẳng thức khix D2zvày D ⁵₃z:Tóm lại, giá trị lớn nhất của biểu thứcP là ⁵₄ và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP là ⁴₅:

Bình luận. Học sinh cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy-Schwarz khi sử dụng.

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giácABC có ba góc nhọn,AB < BC;ngoại tiếp đường tròn tâmI:Hình chiếu vuông góc của điểmI trên các cạnhAB; AC theo thứ tự làM; N và hình chiếu vuông góc của điểmB trên cạnhAC làQ:GọiD là điểm đối xứng của điểmAqua điểmQ; P là tâm đường tròn nội tiếp tam giácBCD vàRlà giao điểm của hai đường thẳng MN; BQ:Chứng minh rằng

a) Các tam giácBMRvàBIP đồng dạng.

b) Đường thẳngPRsong song với đường thẳngAC:

c) Đường thẳngMN đi qua trung điểm của đoạn thẳngAP:

Lời giải. a)DoAM vàAN là các tiếp tuyến của đường tròn.I /nênAM DAN;suy ra tam giácAMN cân tạiA:Từ đó

∠BMRD180^ı ∠AMN D180^ı 1

2.180^ı ∠BAC /D90^ıC1

2∠BAC :

(6)

Mặt khác, ta cũng có

∠BI C D180^ı ∠IBC ∠I CB D180^ı 1

2.∠ABC C∠BCA/D90^ıC 1

2∠BAC : Do đó

∠BMRD∠BI C: .1/

DoQA DQDvàBQ ?AD nên tam giácABDcân tạiB:Từ đó

∠ABRD∠DBRD90^ı ∠BAC:

Suy ra

∠BRM D180^ı ∠BMR ∠MBR D180^ı

90^ıC 1

2∠BAC

.90^ı ∠BAC / D 1

2∠BAC :

Mặt khác, ta cũng có (chú ý rằngC; P; I thẳng hàng)

∠BP I D∠PBC C∠P CB D 1

2∠DBC C∠DCB D 1

2∠ADB D 1

2∠BAC : Do đó

∠BRM D∠BP I: .2/

Từ.1/và.2/;ta có4BMRv4BIP (g-g).

A

B C

Q

D

I

P M

N

R

b)Do4BMR v4BIP (theo câua)) nên ta có BM

BR D BI

BP .3/

và

∠MBRD∠IBP: .4/

Từ.4/;ta suy ra∠MBRC∠RBI D∠IBP C∠RBI;hay

∠MBI D∠RBP: .5/

Từ.3/ và.5/;ta suy ra 4BMI v 4BRP (c-g-c). Do đó∠BRP D ∠BMI D 90^ı:Suy ra RP ?BQ:Mặt khác, ta cũng cóBQ?AC nênPRkAC:

(7)

c)Ta có

∠RND D180^ı ∠ANM D180^ı 1

2.180^ı ∠BAC /D90^ıC 1

2∠BAC:

Lại có

∠PDN D∠ADBC∠BDP D∠ADBC1

2∠BDC D∠ADBC 1

2.180^ı ∠ADB/D90^ıC 1

2∠ADB D90^ıC 1

2∠BAC:

Do đó

∠RND D∠PDN:

Mặt khác, theo chứng minh câub), ta cóPRkDN nên tứ giácDNRP là hình thang. Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra tứ giácDNRP là hình thang cân. Từ đó

∠NPRD∠DRP D∠RDN: .6/

Tam giácRAD cóRQvừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tạiR:Suy ra

∠RDN D∠RAN: .7/

Từ.6/và.7/;ta có∠RPN D∠RAN:Lại có∠NRP D∠RNA(so le trong). Do đó

∠RNP D180^ı ∠NRP ∠RPN D180^ı ∠RNA ∠RAN D∠NRA:

Mà hai gócRNP vàNRAở vị trí so le trong nênRAkPN:Tứ giácARPN cóPRkAN và ARkNP nên là hình bình hành. Suy ra hai đường chéoRN vàAP cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. VậyMN đi qua trung điểm củaAP:

Bài 5 (1.0 điểm). Có15hộp rỗng. Mỗi bước, người ta chọn một số hộp rồi bỏ vào mỗi hộp một số viên bi sao cho số viên bi bỏ vào mỗi hộp là một lũy thừa của2và trong mỗi bước không có hai hộp nào có số bi được bỏ vào giống nhau. Tìm số nguyên dươngknhỏ nhất sao cho sau khi thực hiệnkbước, tất cả các hộp đều có số bi giống nhau.

Lời giải. Giả sử saukbước, mỗi hộp đều cónviên bi. Khi đó, số bi trong tất cả các hộp là15n:

Gọi2^mⁱ là số viên bi nhiều nhất được bỏ vào một hộp nào đó ở bước thứi .1 i k/:Gọim là số lớn nhất trong các sốm1; m2; : : : ; mk:Khi đó, ở mỗi bước, số viên bi được bỏ vào tất cả các hộp không vượt quá2^mC2^{m 1}C C2¹C2⁰D2^m^C¹ 1:Suy ra, saukbước, số viên bi trong tất cả các hộp không vượt quák.2^m^C¹ 1/:Do đó

15n6k.2^m^C¹ 1/ < k2^m^C¹:

Mặt khác, dễ thấyn 2^m nên152^m 15n < k 2^m^C¹; suy rak > 7:5:Vìk là số nguyên dương nênk8:Do đó, cần không ít hơn8bước để số bi trong tất cả các hộp đều bằng nhau.

(8)

Mặt khác, ta có thể thực hiện8bước bỏ bi vào các hộp như sau:

Bước 1:1; 2 ; 2²; 2³; 2⁴; 2⁵; 2⁶; 2⁷; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0:

Bước 2:1; 2 ; 2²; 2³; 2⁴; 2⁵; 2⁶; 0; 2⁷; 0; 0; 0; 0; 0; 0:Khi đó, số bi trong mỗi hộp lần lượt là2; 2²; 2³; 2⁴; 2⁵; 2⁶; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 0; 0; 0; 0; 0; 0:

Bước 3:2 ; 2²; 2³; 2⁴; 2⁵; 2⁶; 0; 0; 0; 2⁷; 0; 0; 0; 0; 0:Khi đó, số bi trong mỗi hộp lần lượt là2²; 2³; 2⁴; 2⁵; 2⁶; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 0; 0; 0; 0; 0:

: : :

Bước 8:2⁶; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 2⁷:Khi đó, số bi trong mỗi hộp lần lượt là2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷; 2⁷:

VậykminD8: