Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Quận Nam Từ Liêm 2020-2021

(1)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN QUẬN NAM TỪ LIÊM

MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2020-2021 Bài 1. (4,0 điểm)

1. Cho biểu thức

3 3

1 1 2 1 1

. : x y x x y y

A x y x y x y xy x y

     

        

với x 0,y0

a) Rút gọn biểu thức A

b) Cho x y 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2. Cho biểu thức ³ 84 ³ 84

1 1

9 9

B    . Chứng minh rằng Blà một số nguyên Bài 2. (4,0 điểm)

1. Cho m5;n2;p2020là các só nguyên cùng chia hết cho 6. Chứng minh rằng m  n p 4^q 3cũng chia hết cho 6(qlà số tự nhiên)

2. Cho a b c d, , , là các số nguyên thỏa mãn a² b² c² d²

Chứng minh rằng abcd 2021viết dưới dạng hiệu của hai số chính phương Bài 3. (4,0 điểm)

1. Tìm các số nguyên ,x ythỏa mãn x²  y² 5x y^{2 2} 60 37 xy

2. Giải phương trình : 4 3

5 1 2

5

x x x

    Bài 4. (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCDcó độ dài cạnh bằng avà có tâm là .O Điểm M là một điểm di chuyển trên ^{BC M}



^^{B M}^, ^^C



^{. Gọi}^Nlà giao điểm của tia AM và đường thẳng CD G. là giao điểm của DMvà BN

1) Chứng minh rằng : 1 ₂ 1 ₂

AM  AN không đổi 2) Chứng minh CG  AN

3) Gọi Hlà giao điểm của OMvà BN.Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HADđạt giá trị lớn nhất.

Bài 5. (1,0 điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được to màu, mỗi điểm được tô bởi một trong ba màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu

(2)

ĐÁP ÁN Bài 1.

1. a) Rút gọn biểu thức A

   

 

   

 

3 3

1 1 2 1 1 0

. :

0

. 2 :

2 :

x y x x y y x

A x y x y x y xy x y y

x x y y x y

x y x y

xy x y xy xy y x

x y x y

xy x y x y

xy xy y x xy

        

          

  

   

    

 

  

 



Vậy A ^x ^y

xy

  với x0,y 0

b) Cho x y 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A Với x0,y0ta có : A ^x ^y ¹ ¹

xy x y

    . Áp dụng bất đằng thức Cô si :

1 1 1 1 1

2 . 2

x  y  x y  xy

Mặt khác 4 1 1 1 1

2 2 2 2

x y

xy xy xy

        

Hay 1 1 1 1 1

2 . 2 2

x  y  x y  xy 

Do đó A 2.Dấu " " xảy ra 2 4

x y

x y x y

 

   

   Vậy Min A 2   x y 2

2) Chứng minh rằng B là một số nguyên

(3)

   

3 3

3 3 3 3

3 3 3 3 2 2

2 2

84 84

1 1

9 9

84 84 84 84 84 84

1 1 3 1 . 1 . 1 1

9 9 9 9 9 9

2 3 1. 2 2 2 0

27

1 2 1 ( 2 0)

B

B B B B B B B B B

B B B B Do B B

   

 

   

 

                  

            

        

Vậy B1là một số nguyên Bài 2.

1) Ta có :



^m^^{5 6}



^⋮ ^^m^{: 6}^{dư 1,}



ⁿ^^{2 6}



^⋮ ^ⁿ^{: 6}^{dư 2}



^p^^{2020 6}



^⋮ ^ ^p^{: 6}^{dư 2.}

Do đó



^m^{ }ⁿ ^p



^{: 6}^{dư 5 hay}



^m^{  }ⁿ ^p ^{1 6}



^⋮

Ta có: ⁴^q ^{ }²

 

²^q ² ^{ }^{2 2 2}



²^q¹^¹



^{, mà}²^{2 1}^q ^{: 3}dư 2 nên :



²²^q^¹^^{1 6}



^⋮ ^



⁴^q ^^{2 6}



^⋮

Do đó ^m^{  }ⁿ ^p ⁴^q ^{ }³ ^_



^m^{   }ⁿ ^p ¹

 

⁴^q ^²



^_^⋮⁶

Vậy m  n p 4^qcũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên) 2) Ta có :



²^m^¹



² ^⁴^{m m}



^{ }¹



¹

Do đó, với mọi m^ℤthì



²^m^¹



²chia 8 dư 1. Nên với a b c d, , , lẻ thì a b c d², , ,² ² ²chia 8 dư 1

Suy ra : không xảy ra a² b² c² d²(vì vế trái chia 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 3) Vậy trong các số a b c d, , , có ít nhất một số chẵn. ta có abcd2021là số lẻ

Đặt ^{a b c d}^{. . .} ^^{2021 2}^ ⁿ^¹



ⁿ^^ℤ



^²ⁿ^{ }¹



ⁿ^{ }¹ ^{n n}



^{ }¹ ⁿ

 

^ ⁿ^¹



² ^ⁿ²

Vậy ta có được điều phải chứng minh.

(4)

Bài 3.

1. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn

 

2 2 2 2

2 2 2

5 60 37

5 60 37 0

20 20 100 740 1200 0

20 20 10 37 169

x y x y xy

x y xy

   

     

     

    

Vì ²⁰^x² ^^0,20^y² ^^{0; 10}



^xy^³⁷



² ^⁰(với mọi , )x y và vai trò của ,x ynhư nhau. Ta giả sử ^x^ ^y^,20^x² ^¹⁶⁹^ ^x² ^{ }⁸ ^x²^



^0;1;4



^{Suy ra :}

 



20 ;20 ; 10x² y² xy37 ²





 

0;0;169 ; 0;20;149 ; 0;80;89 ; 20;20;129 ; 20;80;69 ; 80;80;9

           

Mà



¹⁰^xy^³⁷



²là số chính phương

 



20 ;20 ; 10x² y² xy 37 ²

  

0;0;169 ; 80;80;9

   

  

 

2 2

2

20 0 0

1: 20 0 0

37 169

10 37 169

20 80 2

2 : 20 80 2 2

4 2

10 37 9

17( ) 5

x x

Th y y ktm

xy

x x

x y

Th y y

x y xy xy

xy ktm

   

 

     

    





    

   

 

           

 

 Vậy



^{x y}^;

   

^



^{2;2 ; 2; 2}^{ }

 

2) Giải phương trình 5 1 2 ⁴ ³ : ¹

5 5

x  x  x dk x 

 

Vì 5  1  2 0với mọi ,

(5)

 

4 3

5 1 2

5

4 3 4 3

5 0

5 1 2

1 1 34

4 3 0

5 1 2 5

x x x

x x

    

 

  

  

   

              Giải phương trình 5x 1 x 2 5,bình phương 2 vế ta có :

  

    

2 2

2

5 1 2 5 1 2 2 25

2 5 1 2 24 6 4

5 9 2 9 72 144

2( )

4 81 146 0 73

( )

4

x x x x

x x x x

x x x x

x tm

x x

x ktm

       

     

     

 

     

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là 3 4;2 S  

  

  Bài 4.

1) Chứng minh rằng : 1 ₂ 1 ₂

AM  AN không đổi Kẻ ^AK ^ ^{AN K}



^^CD



^{. Ta có}

1 2 90

A A MAD ABM ADK AM AK

            

Q

E F

K

G H

N O

C A B

D

M

(6)

Trong KANvuông tại A có : 1 ₂ 1 ₂ 1 ₂

AK  AN  AD 1 ₂ 1 ₂ 1₂

AM AN a

   không đổi

Vậy 1 ₂ 1 ₂

AM  AN không đổi 2) Chứng minh CG  AN

CGcắt ABtại E, DM cắt ABtại F Ta có : ^AD² ^ ^{DK DN}^. ^ ^{DK DN}^. ^^a²

 

¹

Do ^DC ^{/ /}^AB ^BE ^BG ^BF ^{BE DN}^. ^{CN BF}^.

 

²

CN GN DN

    

Mặt khác BF BM AB( / / ) . . ²

do AB CD BF CN CD AB a

CD  MC CD    (3)

Từ (1), (2), (3)DK DN. BE DN. DK BE AECK

EAKClà hình bình hành  AK / /CE Mà AK  AN CE  AN

3) Gọi H là giao điểm của OM và BN.Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HADđạt giá trị lớn nhất.

CF cắt BN tại H'.Áp dụng định lý Papuyt O M H, , 'thẳng hàng H'H Lấy IABsao cho BI CN IBNClà hình bình hành IC/ /BN

Mà BF CN. a² BI BF. CB²  ICFvuông tại CIC CF 90

CF BN BHC

     . Kẻ ^HQ^ ^{AD Q}



^^AD



Gọi M'là giao điểm của HQ BC,

Ta có : HQM Q' HM' a HM', mà 3

' 2 2 2

BC a

HM    HQ a

Do đó 1 1 3 3 ²

. .

2 2 2 4

SAHD  AD HQ a a a

Dấu " " xảy ra  M M 'là trung điểm của AB Bài 5.

Xét ngũ giác đều ABCDE,ta nhận thấy ba đỉnh bất kỳ của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân.

Do đó khi tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 2 khả năng :

- Nếu tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân.

- Nếu tô 5 đỉnh bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân

Vậy, luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên