Đề thi HSG môn Toán lớp 9 và lời giải chi tiết Thị xã Sơn Tây - Tp Hà Nội năm 2020 - 2021

(1)

UBND THỊ XÃ SƠN TÂY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN

Năm học: 2020 – 2021

Ngày thi: 4/11/2020, thời gian làm bài 150 phút Bài 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

.

2 3 5 2 3 5

A   

   

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xyyzzx10. Tính giá trị của biểu thức:



²



²

 

²



²

 

²



²



2 2 2

10 10 10 10 10 10

10 10 10 .

y z z x x y

B x y z

x y z

     

  

  

Bài 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:

      

2 2

2019 2019 2020 2020 13

37.

2019 2019 2020 2020

x x x x

     

      

b) Đa thức f x( ) chia cho x2 thì được dư là 3, nếu f x( ) chia cho x3 thì được dư là 4. Tìm dư trong phép chia f x( ) cho



^x²



^x^{3 .}



Bài 3. (4,0 điểm)

a) Tìm các số tự nhiên n sao cho 2⁶2⁹2ⁿ là số chính phương.

b) Cho x y, là các số thực khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 x y 3 x y 5.

P y x y x

   

  

      

Bài 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O với đường kính AB cố định. Điểm M di động trên đường tròn

 

^O sao cho không M không trùng với A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn

 

^O tại điểm thứ hai E. Các đường thẳng BM và

CN cắt nhau tại F.

a) Chứng minh các điểm A E F, , thẳng hàng.

b) Chứng minh tích AM AN không đổi.

c) Chứng minh A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.

Bài 5. (2,0 điểm)

Trong mỗi ô của bảng ô vuông kích thước n n (n là số nguyên dương, n lẽ) ta viết một trong hai số là 1 hoặc là 1, một cách tùy ý. Dưới mỗi cột ta viết tích tất cả các số trong cột đó, về bên phải của mỗi hàng ta viết tích của tất cả các số trong hàng đó. Chứng minh rằng tổng tất cả 2n tích vừa viết là một số khác 0.

---Hết---

(2)

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 3 5 3 5

.

2 3 5 2 3 5

A   

   

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xyyzzx10. Tính giá trị của biểu thức:



²



²

 

²



²

 

²



²



2 2 2

10 10 10 10 10 10

10 10 10 .

y z z x x y

B x y z

x y z

     

  

  

Lời giải

a) Ta có:

   

 

2

2 3 5 2 3 5 2 3 5

3 5

2.

3 5

2 3 5 2 6 2 5 2 5 1

  

    

      

Tương tự:

   

 

2

2 3 5 2 3 5 2 3 5

3 5

3 5 2.

2 3 5 2 6 2 5 2 5 1

  

    

      

Do đó: A 2 22 2.

b) Ta có: ^x²^¹⁰^^x²^^xy^^yz^^zx^



^x^^{y x}



^^z



^.

Tương tự ^y²^¹⁰^



^y^^{x y}



^^z



^và^z²^¹⁰^{ }



^z ^{x z}



^^y



^.

Do đó:

       

    

2 2

10 10

10 .

y z y x y z z x z y

x x x y z xy zx

x x y x z

     

    

  

Tương tự:



²



²



2

10 10

10

x z

y xy yz

y

 

 

 và



²



²



2

10 10

10 .

x y

z yz zx

z

 

 



Từ đó: ^B²



^xy^yz^zx



^20.

Bài 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:

      

2 2

2019 2019 2020 2020 13

37.

2019 2019 2020 2020

x x x x

     

      

b) Đa thức f x( ) chia cho x2 thì được dư là 3, nếu f x( ) chia cho x3 thì được dư là 4. Tìm dư trong phép chia f x( ) cho



^x²



^x^{3 .}



Lời giải

a) Điều kiện: x. Đặt a x 2019, phương trình đã cho trở thành:

(3)

   

2 2 2 2

2

2 2

2

1 1 13

1 1 37

1 13

13 3 3 1 37 1 0

3 3 1 37

12 0 4 .

3

a a a a

a a

a a a a

a a

a a a

a

   

    

          

 

 

    

  

 Với a4, ta có x2023.

Với a 3, ta có x2016.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x2023, x2016.

b) Ta có



^x²



^x³



có bậc là 2 nên dư có bậc tối đa là 1.

Đặt axb là dư trong phép chia f x( ) cho



^x^²



^x^^{3 .}



Khi đó ^{f x}^{( )}^^{h x x}^{( )}



^²



^x^{ }³



^ax^^b^.^{Ta có:}

 

2 3 2 3

3 4 1.

3 4

f a b

a b a b

f

 

   

    

 

    



Vậy f x( ) chia



^x^²



^x^³



^dư^x^^1.

Bài 3. (4,0 điểm)

a) Tìm các số tự nhiên n sao cho 2⁶2⁹2ⁿ là số chính phương.

b) Cho x y, là các số thực khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 x y 3 x y 5.

P y x y x

   

  

      

Lời giải

a) Giả sử: 2⁶2⁹2ⁿk² với k^*. Phương trình tương đương:

  

2 2

24 2ⁿ 24 24 2 .ⁿ

k    k k 

Do k24 và k24 cùng tính chẵn lẽ mà tích hai số lại là số chẵn nên hai số này là số chẵn.

Lại có k24 k 24 nên từ đây phương trình tương đương:

24 2

2 2 48,

24 2

a

a n a

n a

k k



  

   

  

 với a^*.

Do 2^a k 2416 a 4, nên phương trình tương đương:

4 4

2^a^ 2^{n a}^{ } 3.

(4)

Hai vế khác tính chẵn lẽ nên phương trình vô nghiệm.

Suy ra không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Đặt x y

t y x suy ra

2 2

2

2 2 2 4.

x y

t  y  x   Do đó t2 hoặc t2.

Khi đó ^P^²



^t²^{   }²



³^t ⁵ ²^t²^{ }³^t ^9.

Nếu xy0 thì t2. Khi đó ta có: ^P^²^t²^{   }⁴^t ^t ⁹ ²^{t t}



^{   }²



^t ⁹ ^7.

Nếu xy0 thì t2. Khi đó ta có: P2t²  3t 9 t



2t  3



9 5.

Suy ra: P7 với mọi x y, khác 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 7 đạt được khi x y 0.

Bài 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O với đường kính AB cố định. Điểm M di động trên đường tròn

 

^O sao cho không M không trùng với A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn

 

^O tại điểm thứ hai E. Các đường thẳng BM và

CN cắt nhau tại F.

a) Chứng minh các điểm A E F, , thẳng hàng.

b) Chứng minh tích AM AN không đổi.

c) Chứng minh A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.

Lời giải

F

E

N

C A

O

B M

(5)

a) Ta có NMBNCB90⁰BC NM, là đường cao của tam giác BFN. Mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm tam giác BFN.

Do đó FABN. Mà AEBN do E nằm trên đường tròn đường kính AB. Suy ra A F E, , thẳng hàng.

b) Ta có: AN AC .

ACN AMB AN AM AB AC

AB AM

       

Do A B C, , cố định nên AN AM không đổi.

c) Ta có: CF CA .

CFA CBN CF CN CA CB

CB CN

       

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: ^NF²^



^CF^^CN



²^{ }⁴ ^{CF CN}^ ^⁴^{CA CB}^ (không đổi).

Suy ra: NF2 AB AC .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi CFCN hay C là trung điểm của NF. Khi đó tam giác BNF có BC vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác BNF cân tại B. Mặt khác ²

3 BA

BC  hay là A là trọng tâm của của tam giác BNF. Nói cách khác tam giác BNF là tam giác đều khi NF nhỏ nhất.

Vậy NF nhỏ nhất bằng 2 AB AC khi A là trọng tâm của của tam giác BNF. Bài 5. (2,0 điểm)

Trong mỗi ô của bảng ô vuông kích thước n n (n là số nguyên dương, n lẽ) ta viết một trong hai số là 1 hoặc là 1, một cách tùy ý. Dưới mỗi cột ta viết tích tất cả các số trong cột đó, về bên phải của mỗi hàng ta viết tích của tất cả các số trong hàng đó. Chứng minh rằng tổng tất cả 2n tích vừa viết là một số khác 0.

Lời giải

Trước hết, chú ý rằng mỗi tích chỉ nhận một trong hai giá trị là 1, 1.

Xét tích của tất cả n số viết dưới mỗi cột, ta thấy đó là tích P của tất cả các số trên bảng. Tương tự nếu xét tích tất cả n số trên mỗi hàng, ta cũng có P. Suy ra tích của 2n số đã cho là P²0 Suy ra trong 2n số đó, có chẵn số là 1 và chẵn số là 1.

Giả sử tổng của 2n số bằng 0 thì phải có đúng n số 1 và n số 1. Chú ý rằng n lẻ (giả thiết) nên tích của tất cả 2n số này là ¹ⁿ^{ }

 

¹ⁿ^^0, mâu thuẫn với ở trên.