Đề thi học sinh giỏi toán các quận hà nội
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.11 MB, 148 trang )
Tailieumontoan.com
Điện thoại (Zalo) 039.373.2038
ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
CÁC QUẬN HUYỆN HÀ NỘI
(Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038)
Tài liệu sưu tầm, ngày 15 tháng 8 năm 2023
Website: tailieumontoan.com
PHÒNG GD & ĐT QUẬN CẦU GIẤY
ĐỀ KIỂM TRA CLB VĂN HÓA LỚP 9
TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY
VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VỊNG I
Mơn kiểm tra: Tốn
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 07/09/2023
Thời gian làm bài: 120 phút
(Khơng tính thời gian phát đề)
Bài 1. (5,0 điểm)
1. Cho P
y2 x 2
y 2
x y
2 x 2
.
với x 0, y 0, x y.
2
2
2
x x xy
xy
xy y x xy y 2
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của biểu thức P biết x , y thỏa mãn đẳng thức: x 2 y 2 10 2 x 3y .
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn (p 2 1)(q 2 1) r 2 1.
Bài 2. (4,0 điểm)
3 x
3 x
x
2.
1. Giải phương trình x
x 1
x 1
2. Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y ) thỏa mãn xy 2 2xy x 9y.
Bài 3. (4,0 điểm)
1. Cho x và y là các số nguyên dương thỏa mãn x 3 y và x y 3 cùng chia hết cho x 2 y 2 .
Chứng minh rằng 2x 2y là số chính phương.
2. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 b 2 c 2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
1
1
1
.
2 a 2 b 2 c
Bài 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB AC ). Vẽ đường cao AH (H BC ).
Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với
AH , cắt đường thẳng AC tại P .
1. Chứng minh rằng tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC .
BCP
.
2. Gọi Q là trung điểm của BP . Chứng minh BQH
3. Tia AQ cắt BC tại I . Chứng minh
AH BC
1.
HB
IB
Bài 5. (1,0 điểm)
1. Xét tập T 1,2, 3, ,13 . Lập tất cả các tập con hai phần tử trong T sao cho hiệu của hai phần
tử đó là 5 hoặc 8.
2. Cho M là tập con của S 1,2, 3, , 869 có tính chất hiệu hai số bất kỳ của M không là 5
hoặc 8. Hỏi M có nhiều nhất bao nhiêu phần tử ?
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
1. Cho P
ĐIỂM
2 x 2
y2 x 2
y 2
x y
.
với
2
2
2
x x xy
xy
xy y x xy y 2
x 0, y 0, x y
1
1,5
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tính giá trị của biểu thức P biết x , y thỏa mãn đẳng thức:
1.0
x 2 y 2 10 2 x 3y
a) P
y2 x 2
y 2
x y
2 x 2
.
2
2
2
x x xy
xy
xy y x xy y 2
1
2
2
2
2
x y
2 x y y x x y xy
P
. 2
x
x xy y 2
xy x y
P
1,0
2 x 2y xy 2 y 3 x 3 x 2y xy 2
x y
. 2
x
x xy y 2
xy x y
2
2
2 y x x xy y
x y
P
. 2
x
x xy y 2
xy x y
2 y x
x
xy
x 0, y 0, x y
P
P
2y y x
xy
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
P
x y
với
xy
0,5
2
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
b)Tính giá trị của biểu thức P biết x , y thỏa mãn đẳng thức:
x 2 y 2 10 2 x 3y
Ta có x 2 y 2 10 2 x 3y
x 2 2x 1 y 2 6y 9 0
x 1 y 3 0
2
Vì x 1 0
2
2
x ; y 3 0
2
y
0,5
x 1 0
x 1 (TMĐK)
y 3 0
y 3
Tại x 1, y 3 thì P
Vậy P
1 3
1. 3
2
3
2
khi x 2 y 2 10 2 x 3y
3
0,5
2,5
Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn (p 2 1)(q 2 1) r 2 1.
Do vai trò p và q như nhau nên ta có thể giả sử p q.
Nếu p và q cùng lẻ thì vế trái chia hết cho 4. Suy ra r 2 chia cho 4 dư
1,0
3: vô lý.
Do đó có ít nhất một số chẵn trong p và q. Suy ra p 2.
2
Khi đó có 5(q 2 1) r 2 1 5q 2 4 r 2
0,5
q 2 r 2 24 : loại
0,5
q 3 r 2 49 r 7 : thỏa mãn
q 3 r 2 5q 2 4 chia hết cho 3 r 3 9 5q 2 4 49 : vô
lý
0,5
p 2; q 3; r 7
Vậy
p 3; q 2; r 7
2
1
ĐKXĐ: x 1
3 x
3 x
x
2
x
x 1
x 1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2,0
3
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
C1
3x x 2 x 2 x 3 x
.
2
x 1
x 1
3x x x
2
2
x 1
2
0,5
2
3
3x 3 9x x 4 3x 2 2x 2 4x 2
x 4 3x 3 5x 2 5x 2 0
1,0
x 1 . x 2 x 2 0
2
x 1 0
2
x x 2 0
x 1(tm )
VN
0,5
Vậy S 1
3 x
;B
C2 Đặt A = x
x 1
3 x
. Ta có A+B = 3 ; A.B = 2 và tìm
= x
x 1
được A = 1; B= 2 hoặc ngược lại và tìm được x = 1
Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y ) thỏa mãn : xy 2 2xy x 9y
2,0
xy 2 2xy x 32y x (y 1)2 9y
Do y nguyên dương y 1 0 x
2
0,5
9y
(y 1)2
Vì (y, y 1) 1 (y 1)2 U (9)
0,5
Do (y 1)2 1 và là số chính phương nên (y 1)2 9
0,5
(y 1)2 9 y 2; x 2
x 2
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:
y 2
1
3
0,5
Cho x và y là các số nguyên dương thỏa mãn x 3 y và x y 3 cùng
chia hết cho x 2 y 2 . Chứng minh rằng 2x 2y là số chính phương.
2,0
Đặt a (x ; y ) chứng minh được a 1.
x y 3 x 2 y 2
(x y )(x 2 xy y 2 1) x 2 y 2
3
x y x 2 y 2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
0,5
4
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
x y(mod d ) 2x 2 d
2
Đặt d (x y, x y ) 2
x y 2 d
2y d
2
2
Do (x ; y ) 1 d 1;2 .
0,5
+) Nếu x y x y 3 x x 3 chia hết cho x 2 y 2 2x 2 . Từ đây
tìm được x y 1.
Nếu d 1 (x y, x 2 y 2 ) 1 khi đó
x 2 xy y 2 1 x 2 y 2 xy 1 x 2 y 2
0,5
Từ đây chỉ ra xy 1 0 x y 1 (x y, x 2 y 2 ) (0;2) 2
loại
Nếu
x y x 2 y2
x 2 y2
x2
2
2
,
) 1 x xy y 1
d 2(
xy 1
2
2
2
2
0,5
Từ đây chỉ ra xy 1 0 x y 1 : thỏa mãn
Vậy x y 1 2x 2y 4 là số chính phương
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 b 2 c 2 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2,0
1
1
1
P
.
2 a 2 b 2 c
2
1
2 a
a2
a2
1
1
2
2
2a
2
a 1
a 1
0,5
a2 1
1
2 a
2
Tương tự suy ra P
0,5
a 2 b2 c2 3
3
2
0,5
Suy ra Pmin 3
0,5
Dấu “=” xảy ra khi a b c 1.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
5
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
I
K
B
1
H
1
Q
1
P
C
A
a) PK / / AH ⇒ ∆CKP ∆CAB ⇒
CK CA
=
CP CB
2,0
Suy ra ∆AKC ∆BPC ( c.g .c ) (1)
1,0
=
=P
=450 ⇒ ∆BAP
∆AKH vuông cân tại H ⇒ K
450. Từ (1) ⇒ K
1
1
1
AB 2
vuông cân tại A ⇒ BP =
0,5
BH AB
=
Chứng minh ∆BHA ∆BAC ⇒
AB BC
4
2
BH
2 AB
BH
AB
BH
2 AB
=
⇒
=
⇒
=
AB
2 BC
2 AB
2 BC
2 AB 2 BC
BH
BP
BH BQ
⇒
=
⇒
=
( BP = 2 BQ )
BP 2 BC
BP BC
1,0
BH BQ
=
; PBC chung ⇒ ∆BHQ ∆BPC ( c.g .c )
BP BC
BCP
Suy ra BQH
0,5
∆BAP vuông cân tại A, AQ là trung tuyến nên cũng là phân giác
IC AC
= (2)
⇒ AI là phân giác ngoài của ∆ABC ⇒
IB AB
AC AH
∆ABC ∆HBA ⇒
= (3)
AB HB
0,5
⇒
∆BHQ và ∆BPC có:
3
Từ (2) và (3) ta có:
IC AH
IB + BC AH
BC AH
=
⇒
=
⇒ 1+ =
IB HB
IB
HB
IB HB
AH BC
⇒
−
=
1( dfcm )
HB IB
5
0,5
1. Xét tập T 1,2, 3, 13 . Lập tất cả các tập con hai phần tử trong
T sao cho hiệu của hai phần tử đó là 5 hoặc 8.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6
1,0
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
2. Cho M là tập con của S 1,2, 3, , 869 có tính chất hiệu hai số
bất kỳ của M không là 5 hoặc 8. Hỏi M có nhiều nhất bao nhiêu
phần tử ?
Xét T = {1, 2, 3, …, 13} có 13 tập con {1,6} {2,7} {3,8} {4,9} {5,10} {6,11}
1
{7,12} {8,13} {1,9} {2,10} {3,11} {4,12} {5,13} mà hiệu các phần tử của
0,25
mỗi tập này chỉ là 5 hoặc 8.
Đồng thời mỗi phần tử của T luôn nằm trong đúng 2 tập con như
trên. Nếu N là một tập con của T có ít nhất 7 phần tử thì mỗi phần tử
của N sẽ nằm trong đúng 2 tập con trong 13 tập kể trên. Do đó 7
phần tử sẽ nằm trong 14 tập con. Vậy phải có 2 phần tử trong 7 phần
0,25
tử phải cùng nằm trong 1 tập con trong 13 tập kể trên, khi đó hiệu
2
của 2 phần tử đó là 5 hoặc 8.
Do đó, nếu T’ là 1 tập con của T có tính chất như M thì T’ chỉ có
nhiều nhất 6 phần tử, dễ thấy T’ = {1,2,4,5,8,11} có tính chất là 2 phần
0,25
tử bất kỳ có hiệu khơng là 5 hoặc 8 và có 6 phần tử.
Chú ý 869 chia 13 được thương 66 và dư 11 nên M sẽ có nhiều nhất
0,25
6*66 + 6 = 402 phần tử.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
PHÒNG GD & ĐT QUẬN CẦU GIẤY
ĐỀ KIỂM TRA CLB VĂN HÓA LỚP 9 VÀ CHỌN ĐỘI
TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VỊNG II
TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY
Mơn kiểm tra: Tốn
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 21/09/2023
Thời gian làm bài: 120 phút
(Khơng tính thời gian phát đề)
Bài 1. (5,0 điểm)
1. Cho biểu thức A =
2
+
3
−
2 x +3
với x > 0, x ≠ 4.
:
2x − 3 x − 2 5x − 10 x
5 x −7
x −2 2 x +1
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.
2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2a 2 − 3ab + 2b 2 =
2 và c 2 + 3ca − a 2 =
3.
1, b 2 − 3bc + 4c 2 =
Tính giá trị của biểu thức B = a 4 + b 4 + c 4 .
Bài 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình 4x 2 − 9 = 5x + 6 x + 1.
( )
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn 7a 2 − 1 chia hết cho 7ab − 1 và a 2 + b + 2
là số chính phương
Bài 3. (4,0 điểm)
1. Cho các số hữu tỉ x , y thỏa mãn x 3 − 2x = y 3 − 2y. Chứng minh rằng x = y.
2. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =
4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = 3a + ab + abc.
Bài 4. (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, gọi O là giao điểm của hai đường chéo. E là điểm
bất kì thuộc đoạn OB, trên tia đối của tia EC lấy điểm F sao cho OF = OC . Đường thẳng
qua F vng góc với FO cắt đường thẳng BD tại S . Kẻ FH vng góc với BD (H ∈ BD ).
1. Chứng minh ∆SFB ∽ ∆SDF và SB ⋅ SD = SH ⋅ SO.
1
1
2
+
=
.
2
2
BE
DE
EF 2
3. Kẻ ET vng góc với FD tại T . Chứng minh rằng FO, AH và ST đồng quy.
2. Chứng minh rằng FE là phân giác của BFD. Từ đó suy ra
Bài 5. (1,0 điểm)
{
}
1. Xét tập T = 1, 2, 3, ,10 . Chỉ ra một tập con U có 4 phần tử của T thỏa mãn với mọi
x , y ∈ U , x ≠ y thì x + y khơng chia hết cho x − y.
{
}
2. Cho M là tập con chứa n phần tử của S = 1, 2, 3, , 2023 . Tìm n lớn nhất để mọi x , y ∈ M ,
x ≠ y thì x + y khơng chia hết cho x − y.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
8
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
Cho
1
thức A =
biểu
2
x −2
+
3
2 x +1
−
ĐIỂM
2 x +3
:
2x − 3 x − 2 5x − 10 x
5 x −7
với
x > 0, x ≠ 4.
1,5
a. Rút gọn biểu thức A.
1,5
b. Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên.
2
3
5 x −7 2 x +3
+
−
A=
:
x − 2 2 x + 1 2x − 3 x − 2 5x − 10 x
2 2 x + 1 + 3 x − 2 − 5 x − 7 5x − 10 x
=
.
2 x +3
x −2 2 x +1
)
) (
)
( )(
5 x ( x − 2)
2 x +3
5 x
=
.
( x − 2)(2 x + 1) 2 x + 3 2 x + 1
) (
(
1
1,5
Vì x > 0 ⇒ 5 x > 0;2 x + 1 > 0 ⇒ A > 0
(
)
0,5
5 x −3 2 x +1
− x −3
A−3
=
< 0 ∀x > 0 ⇒ A < 3
Mặt khác, xét =
2 x +1
2 x +1
0,5
Vậy 0 < A < 3
Do đó A nguyên ⇔ A = 1 hoặc A = 2.
A=1⇔
5 x
2 x +1
= 1 ⇔ 5 x = 2 x +1 ⇔ 3 x = 1 ⇔ x =
1
1
⇔x =
3
9
(thỏa mãn)
A=
2⇔
5 x
2 x +1
0,5
=
2⇔5 x =
2(2 x + 1) ⇔ x =
2⇔ x =
2⇔x =
4
(loại)
1
9
Vậy A ∈ ⇔ x =
2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2a 2 − 3ab + 2b 2 = 1; b 2 − 3bc + 4c 2 = 2 và
2
2,0
3.
c 2 + 3ca − a 2 =
Tính giá trị của biểu thức B = a 4 + b 4 + c 4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
9
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
Ta có :
2a 2 − 3ab +=
2b 2 1
2
2
b − 3bc + 4c = 2 ⇔
c 2 + 3ca − a 2 =3
2a 2 − 3ab +=
2b 2 1
2
2
2
2
2
b − 3bc + 4c = 2 → 3a + 3b + 3c − 3 ab + bc + c
−c 2 − 3ca + a 2 =−3
(
(
⇒ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 0 ⇔ a − b
2
1
) + (b − c ) + (c − a )
2
2
2
= 0 ⇔ a =b
1
0,5
2a 2 − 3ab + =
a 2 1
2b 2 1
=
⇒ b 2 − 3bc + 4c 2 =2 ⇔ b 2 =1 ⇒ B =3
c 2 + 3ca
c 2 1
=
− a2 3 =
0,5
Giải phương trình 4x 2 − 9 = 5x + 6 x + 1
2,0
Đk: x ≥ −1.
2
Pt ⇔ (2x + 1)
=
(
3 x +1 +1
)
1,0
2
x = 3(TM)
TH1: 2x + =
1 3 x +1 +1 ⇔
x = − 3 (TM)
4
0,5
TH2: 2x + 1 =−3 x + 1 − 1 ⇔ x =
−1(TM)
Vậy x ∈ −1; −
0,5
3
; 3
4
Chú ý: có thể giải bằng cách đặt y =
x + 1 ≥ 0 và đưa về phương trình bậc 4
phân tích được.
( )
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn: 7a 2 − 1 chia hết cho
7ab − 1 và a 2 + b + 2 là số chính phương
Vì a, b là các số nguyên dương nên 7a 2 − 1 và 7ab − 1 là các số nguyên dương.
2
Vì 7a 2 − 1 7ab − 1 nên 7a 2 − 1 ≥ 7ab − 1 ⇒ 7a 2 ≥ 7ab ⇒ a ≥ b .
Lại
(
có:
(
) (
)
1
( 7a, 7ab − 1) =
7a 2 − 1 − 7ab − 1 7ab − 1
)
7a 2 − 7ab 7ab − 1 ⇒ 7a a − b 7ab − 1 .
mà
0,5
nên
nên
(a − b ) 7ab − 1 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2,0
10
0,5
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
(
ĐIỂM
)
Nếu a > b thì a − b ≥ 7ab − 1 ⇒ a 1 − 7b + 1 − b ≥ 0 điều này là vô lý do
1 − 7b < 0,1 − b < 0 vậy nên chỉ có thể xảy ra a = b .
0,5
Ta cần tìm a để a 2 + a + 2 là số chính phương.
Nếu a > 1 thì a 2 < a 2 + a + 2 < a 2 + 2a + 1 nên a 2 + a + 2 khơng thể là số
chính phương.
0,5
Với a = 1 thì a + a + 2 = 4 = 2 là số chính phương.
2
2
Vậy a= b= 1 là giá trị cần tìm
1
Cho các số hữu tỉ x , y thỏa mãn x 3 − 2x = y 3 − 2y. Chứng minh rằng x = y.
2,0
Giả sử x ≠ y ⇒ x 2 + xy + y 2 =
2
=
x
0,5
a
c
với a, b, c, d ∈ *,(a, b) =
=
,y
(c, d ) =
1
b
d
2
2
a a c c
2 2
2 2
2 2
+ ⋅ + = 2 ⇔ a d + abcd + c b = 2b d
b b d d
0,5
(a, b) =
1 ⇒ (a, x ) =
1
u
= (b, d ) ⇒ =
b ux , d
= uy,(x , y=
) 1 . Có
1 ⇒ (c, y ) =
1
(c, d ) =
3
x y
⇒x =
y ⇒b = d = u
a 2y 2 + acxy + c 2x 2 =
2x 2y 2 ⇒
y
x
⇒ a 2 + ac + c 2 =
2u 2
Nếu a chia hết cho 2 thì c chia hết cho 2 và ngược lại
0,5
Nếu a và c cùng khơng chia hết cho 2 thì VT lẻ và VP chẵn, vô lý
Vậy a và c cùng chia hết cho 2. Khi đó 2u 2 = a 2 + ac + c 2 chia hết cho 4. Suy
ra u chia hết cho 2. Điều này trái với (a=
, u ) (a
=
, b) 1 .
0,5
Vậy x = y
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =
4. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
2,0
P = 3a + ab + abc.
2
P a(3 b) abc
(a 3 b)2
(7 c)2
abc
abc
4
4
0,5
c 2 2(2ab 7)c 49
f (c)
P
4
4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
11
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
Chứng minh nếu f (x ) là đa thức bậc hai với hệ số cao nhất dương và
0,5
m x n thì max f (x ) max f (m ); f (n )
Áp dụng: max f (c) max f (0); f (4) 49; f (4)
0,5
f (4) 9 8ab 9 2(a b)2 9 2(4 c)2 41
max f (0); f (4) 49
Pmax
0,5
49
7
1
, khi a , b , c 0
2
2
4
1
Ta có OF =
OC =
OB =
OD ⇒ BFD =°
90 .
4
1,0
Suy ra SFB = SDF (cùng phụ với BFO = OBF )
∆SBF∽ ∆SFD (g.g) SB.SD = SF 2
1,0
Lại có: SH .SO = SF 2 (hệ thức lượng) (đpcm)
1,0
Có OFD =
1
= 1 FOA
(góc ngồi tại đỉnh cân của tam giác
FOB và OFE
2
2
cân)
2
1,0
1 AOB
= 45°
Suy ra EFD=
2
Suy ra FE là phân giác BFD.
EF 2 EF 2 DF 2 BF 2 BD 2
+
=
+
=
= 2 (đpcm)
Suy ra
BE 2 DE 2 BC 2 BC 2 BC 2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1,0
12
Website: tailieumontoan.com
BÀI
Ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐIỂM
Gọi I là giao của FO và ST . Từ câu a) SFB = SDF ⇒ SEF = SFE
⇒ SE =
SF mà TE = TF (do ∆ ETF vuông cân) TS trung trực EF mà
I thuộc ST
0,5
IFS
= IES
= 90 ⇒ IE ∥ FH
3
Xét hình thang AOHF ( AO ∥ FH )
FI HE FH
AO
(Talet CO ∥ FH ) =
= =
IO EO OC
FH
0,5
A, I , H thẳng hang
đpcm
{
}
1. Xét tập T = 1, 2, 3, ,10 . Chỉ ra một tập con U có 4 phần tử của T thỏa
mãn với mọi x , y ∈ U , x ≠ y thì x + y không chia hết cho x − y.
{
}
2. Cho M là tập con chứa n phần tử của S = 1, 2, 3, , 2023 . Tìm n lớn
1,0
nhất để mọi x , y ∈ M , x ≠ y thì x + y khơng chia hết cho x − y.
1
{
}
U = 1, 4, 7,10
0,25
Xét M = {3k + 1 với k = 0, 1, 2, ..., 674 thì A là tập con của S và A có 675 phần tử.
Dễ thấy hiệu 2 số bất kỳ của A là bội của 3 còn tổng của 2 số bất kỳ của M
khơng chia hết cho 3. Do đó với 2 số bất kỳ trong M thì tổng của chúng không
5
0,25
chia hết cho hiệu của chúng.
Xét N là tập con của S có ít nhất 676 phần tử. Chia S thành 675 tập con như
2
sau {1, 2, 3} {4, 5, 6} … {2020, 2021, 2022} {2023}. Khi đó sẽ có ít nhất 2 phần tử
0,25
của N, giả sử là a và b, thuộc 1 trong các tập con 3 phần tử kể trên.
Chú ý rằng hiệu 2 phần tử bất kỳ trong mỗi tập 3 phần tử kể trên khơng lớn
hơn 2. Vậy ta có a – b = 1 hoặc 2. Nếu a – b = 1 thì a + b chia hết cho a – b, nếu a
– b = 2 thì a và b cùng tính chẵn lẻ nên a + b chẵn và chia hết cho a – b. Vậy N
0,25
không thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Do đó n lớn nhất = 675.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
13
Website: tailieumontoan.com
UBND HUYỆN GIA LÂM
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021.
MƠN: TỐN
(2.0 điểm). Cho đa thức f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c trong đó a, b, c ∈ . Biết rằng khi chia
Bài 1.
đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 thì được dư là 5, còn chia đa thức f ( x ) cho đa thức
x + 1 thì được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) .
Bài 2.
(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:
a)
x − 2 x − 1=
x −1 −1 .
b) x 3 +
n
x3
( x − 1)
3
+
3x3
=
2.
x −1
n
5 + 3 5 1+ 5 5 − 3 5 1− 5
*
(2.0 điểm).
Cho f ( n )
.
=
+
với n ∈ .
10 2
10 2
Bài 3.
Tính f ( n + 1) − f ( n − 1) .
Bài 4.
(2.0 điểm). Tìm số tự nhiên x , biết
1 1
1 1
1
1
1612 .
1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + + 1 + 2 + 2 . (1 + 2 + + x ) =
2 3
3 4
14 15
Bài 5.
(2.0 điểm). Cho các số p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3 + 2 cũng
là số nguyên tố.
Bài 6.
(2.0 điểm) Cho P là một điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD sao cho PA = 3cm,
=
PD 4=
cm, PC 5cm . Tính độ dài đoạn thẳng PB .
Bài 7.
(2.0 điểm) Tại khu điều trị bệnh nhân mắc COVID – 19 của một bệnh viện chỉ có bác sĩ
và bệnh nhân. Biết rằng nhiệt độ trung bình của các bác sĩ khác với nhiệt độ trung
bình của các bệnh nhân, nhưng trung bình của hai số này bằng nhiệt độ trung bình
của tất cả các bệnh nhân và các bác sĩ trong khu điều trị. Hỏi bác sĩ nhiều hơn hay số
bệnh nhân nhiều hơn.
°
°
2ab
, trong đó a > b > 0 và 0 < x < 90 .
2
a −b
Hãy biểu diễn sin x theo a;b.
Bài 8.
((2.0 điểm) Cho tan x =
Bài 9.
2020 . Tìm giá trị nhỏ
(2.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =
nhất của biểu thức P=
Bài 10.
2
2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2
(2.0 điểm) Cho S là tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: Tổng của hai phần tử tùy ý
của S là một số chính phương. (Ví dụ S = {5; 20; 44} hoặc S = {10;5;90} là các tập hợp
thỏa mãn điều kiện trên). Chứng minh rằng tập hợp S có khơng q một phần tử là số
lẻ.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
14
Website: tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
(2.0 điểm). Cho đa thức f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c trong đó a, b, c ∈ . Biết rằng khi chia
đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 thì được dư là 5, còn chia đa thức f ( x ) cho đa thức
x + 1 thì được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) .
Lời giải
Gọi thương trong phép chia đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 và x + 1 lần lượt là P ( x ) và
Q ( x)
Theo đề ra ta có f ( x ) =
( x − 2) P ( x ) + 5
(1)
f ( x) =
( x + 1) Q ( x ) − 4
( 2)
do với mọi x nên:
- Thay x = 2 vào (1) ta có: 8 + 4a − 2b + c =
5
( 3)
- Thay x = −1 vào ( 2 ) ta có: −1 + a − b + c =−4
( 4)
Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra 4a + 2b + c =a − b + c ( =−3) ⇔ 3a =−3b ⇔ a =−b
⇒ a 2019 =
−b 2019 ⇔ a 2019 + b 2019 =
0 ⇒ ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) =
0.
Câu 2.
(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:
a)
x −1 −1 .
x − 2 x − 1=
b) x 3 +
x3
( x − 1)
3
+
3x3
=
2.
x −1
Lời giải
a) Điều kiện: x ≥ 1
Ta có:
x − 2 x − 1=
x −1 −1
⇔ x − 1 − 2 x − 1 + 1=
⇔
(
)
⇔
x − 1 − 1=
2
x −1 −1 =
x −1 −1
x −1 −1
x −1 −1
⇒ x − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 (TMĐK)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ x ∈ / x ≥ 2} .
b) ĐK: x ≠ 1
Ta có: x 3 +
x3
( x − 1)
3
+
3x 2
=
2
x −1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
15
Website: tailieumontoan.com
3
x
x
x 3x 2
3
.
.
2
x
x
⇔x+
−
+
=
+
x −1
x −1
x −1 x −1
3
x2
3x 2
x2 x2
3.
.
2
⇔
−
+
=
x −1 x −1 x −1
x −1
3
2
x2
x2
3x 2
3.
1
⇔
−
+
−1 =
x −1
x −1 x −1
3
x2
x2
x2
⇔
− 1 = 1 ⇔
−1 = 1 ⇔
= 2 ⇔ x2 = 2 x − 2
x −1
x −1
x −1
⇔ ( x − 1) + 1 =0 (phương trình vơ nghiệm)
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ∅ .
n
Câu 3.
n
5 + 3 5 1+ 5 5 − 3 5 1− 5
*
(2.0 điểm).
Cho f ( n )
=
.
+
với n ∈ .
10 2
10 2
Tính f ( n + 1) − f ( n − 1) .
Lời giải
f ( n + 1) − f ( n − 1)
5 + 3 5 1+ 5
=
10 2
n +1
5 − 3 5 1− 5
+
10 2
5 + 3 5 1+ 5
10 2
n −1
1 + 5 2 5 − 3 5 1 − 5 n −1 1 − 5 2
− 1 +
− 1
10 2 2
2
5 + 3 5 1+ 5
10 2
n −1
1+ 5 5 − 3 5 1− 5
.
+
2
10 2
n
n +1
5 + 3 5 1+ 5
−
10 2
n −1
.
n −1
5 + 3 5 1+ 5
−
10 2
n −1
1− 5
2
n
5 + 3 5 1+ 5 5 − 3 5 1− 5
=
+
= f (n)
10 2
10 2
Vậy f ( n + 1) − f ( n − 1) =
f (n) .
Câu 4.
(2.0 điểm). Tìm số tự nhiên x , biết
1 1
1 1
1
1
1612 .
1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + + 1 + 2 + 2 . (1 + 2 + + x ) =
2 3
3 4
14 15
Lời giải
n 2 ( n + 1) + ( n + 1) + n 2 n 4 + n 2 + 1 + 2n3 + 2n 2 + 2n
1
1
Ta thấy
=
1+ 2 +
=
2
2
n ( n + 1)2
n 2 ( n + 1)
n 2 ( n + 1)
2
(n
=
2
+ n + 1)
n 2 ( n + 1)
2
2
2
1
1
n2 + n + 1
1
1
⇒ 1+ 2 +
=
=1 + −
2
n ( n + 1)
n ( n + 1)
n n +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
16
Website: tailieumontoan.com
Áp dụng với n = 2,3, 4...,14 ta có:
1 1
1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 + 2
2
2 3
3 4
4 5
14 15
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
13
= 1 + − + 1 + − + 1 + − + ... + 1 + − = 13 + − = 13
2 3
3 4
4 5
14 15
2 15
30
1+
Khi đó phương trình đã cho ⇔ 13
403 x ( x + 1)
13 x ( x + 1)
=
=
.
1612 ⇔
1612
30
2
60
⇔ x ( x + 1) = 240 ⇔ x 2 + 2 − 240 = 0 ⇔ ( x − 15 )( x + 16 ) = 0
⇔ x −=
=
15 0 ( do x + 16 ≥ 16 > 0 ) ⇔
x 15
Vậy x = 15 .
Câu 5.
(2.0 điểm). Cho các số p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3 + 2 cũng
là số nguyên tố.
Lời giải
- Xét p = 2 thì p 2 + 2 = 4 + 2 = 6 (loại). Vì 6 khơng là số ngun tố.
- Xét p = 3 thì p 2 + 2 = 9 + 2 = 11 (nhận). Vì 11 là số nguyên tố.
Suy ra, p 3 + 2 = 33 + 2 = 29 (nhận). Vì 29 là số nguyên tố.
- Xét p > 3 .
Vì p là số ngun tố nên p khơng chia hết cho 3 (1).
Mà p ∈ suy ra p 2 là số chính phương (2).
Từ (1), (2) suy ra p 2 chia cho 3 dư 1 .
⇒ p 2 + 2 chia hết cho 3. (3)
Mặt khác, p > 3 ⇒ p 2 > 9 ⇒ p 2 + 2 > 11 (4)
Từ (3), (4) suy ra p 2 + 2 là hợp số (trái với đề bài).
Vậy p = 3 thỏa mãn bài toán.
Câu 6.
(2.0 điểm) Cho P là một điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD sao cho
=
PA 3cm,
=
PD 4=
cm, PC 5cm . Tính độ dài đoạn thẳng PB .
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
17
Website: tailieumontoan.com
Qua P kẻ đường thẳng HK / / CD, H ∈ AD, K ∈ BC ⇒ HK ⊥ AD, HK ⊥ BC
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vng ta có:
PA2 − PD 2 = ( PH 2 + HA2 ) − ( PH 2 + HD 2 ) = HA2 − HD 2
PB 2 − PC 2 = ( PK 2 + KB 2 ) − ( PK 2 + KC 2 ) = KB 2 − KC 2
Ta chứng minh được
=
HA KB
=
, HD KC
⇒ PA2 − PD 2 =
PB 2 − PC 2 ⇒ PB 2 =
PA2 − PD 2 + PC 2 ⇒ PB 2 =
32 − 42 + 52 =
18
⇒ PB =
Câu 7.
18 = 3 2 cm .
(2.0 điểm) Tại khu điều trị bệnh nhân mắc COVID – 19 của một bệnh viện chỉ có bác sĩ
và bệnh nhân. Biết rằng nhiệt độ trung bình của các bác sĩ khác với nhiệt độ trung
bình của các bệnh nhân, nhưng trung bình của hai số này bằng nhiệt độ trung bình
của tất cả các bệnh nhân và các bác sĩ trong khu điều trị. Hỏi bác sĩ nhiều hơn hay số
bệnh nhân nhiều hơn.
Lời giải
Gọi số bác sỹ là a (người) ( a ∈ N *)
Nhiệt độ trung bình của các bác sỹ là x (độ)
Số bệnh nhân là y (người) ( y ∈ N *)
Nhiệt độ trung bình của bệnh nhân là y (độ) ( y ≠ x )
Theo đề bài ta có:
x + y ax + by
=
⇔ ( x + y )( a + b )= 2 ( ax + by ) ⇔ ax + ay + bx + by = 2ax + 2by
a+b
2
⇔ ax + by − bx − ay =0 ⇔ ( a − b )( x − y ) =0
Mà x khác y nên a − b = 0 ⇔ a = b
Vậy số bác sỹ và số bệnh nhân bằng nhau.
Câu 8.
2ab
, trong đó a > b > 0 và 00 < x < 900 .
2
a −b
Hãy biểu diễn sin x theo a; b.
(2.0 điểm) Cho tan x =
2
Lời giải
Vẽ tam giác ABC vng tại A có
AC= 2ab, AB
= a 2 − b2
Khi đó số đo góc B chính là số đo x
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác
2
ABC ta có: BC
=
AB 2 + AC 2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
18
Website: tailieumontoan.com
⇔ BC = AB 2 + AC 2 = (a 2 − b 2 ) 2 + 4a 2b 2 = ( a 2 + b 2 ) ⇔ BC =a 2 + b 2
2
2ab
⋅
a + b2
2020 . Tìm giá trị nhỏ
(2.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =
Khi đó ta có sin x =
Câu 9.
2
nhất của biểu thức P=
2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2
Lời giải
Ta có 4 ( 2a 2 + ab + 2b 2 )= 5 ( a 2 + 2ab + b 2 ) + 3 ( a 2 − 2ab + b 2 )
= 5( a + b) + 3( a − b) ≥ 5( a + b)
2
2
⇒ 2 2a 2 + ab + b 2 ≥ 5 ( a + b ) ⇔ 2a 2 + ab + b 2 ≥
2
5
( a + b )(1)
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b .
Tương tự ta có: ⇒ 2 2b 2 + bc + c 2 ≥ 5 ( b + c ) ⇔ 2b 2 + bc + c 2 ≥
⇒ 2 2c 2 + ac + a 2 ≥ 5 ( c + a ) ⇔ 2c 2 + ac + a 2 ≥
5
( b + c )( 2 )
2
5
( c + a )( 3)
2
Cộng vế với vế của (1); (2) và (3) ta có:
=
P
2a 2 + ab + b 2 + 2b 2 + bc + c 2 + 2c 2 + ca + a 2 ≥
Dấu bằng xảy ra khi a= b= c=
5
.2 ( a + b + =
c ) 2020 5
2
2020
.
3
Vậy min P = 2020 5 ⇔ a = b = c =
2020
.
3
Câu 10. (2.0 điểm) Cho S là tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: Tổng của hai phần tử tùy ý
của S là một số chính phương. (Ví dụ S = {5; 20; 44} hoặc S = {10;5;90} là các tập hợp
thỏa mãn điều kiện trên). Chứng minh rằng tập hợp S có khơng q một phần tử là số
lẻ.
Lời giải
Ta đã biết số chính phương hoặc chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 .
Xét tập S = {a, b, c} thỏa yêu cầu.
•
Nếu a, b, c là các số lẻ thì (a + b) 4 , (b + c) 4 và (a + c) 4 .
Khi đó a + b + b + c − (a + c) =
2b 4 .
Suy ra b là số chẵn (mâu thuẫn với b lẻ).
•
Nếu a, b là các số lẻ và c chẵn thì (a + b) 4 , (b + c) − (a + c) 4 .
Khi đó a + b + (b + c) − (a + c) =
2b 4 .
Suy ra b là số chẵn (mâu thuẫn với b lẻ).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
19
Website: tailieumontoan.com
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN VỊNG 2
Năm học: 2020-2021.
Mơn: TỐN
Bài 11.
(6,0 điểm).
1) Giải phương trình:
4 x 2 − 20 x + 28 = 3 x 2 − 15 x + 20 .
2) Cho ba số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z =
0 . Chứng minh rằng:
x3 + y 3 + z 3 =
3 xyz
3) Cho các số nguyên a; b; c thoả mãn điều kiện: (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 =
378 .
Tính giá trị của biểu thức A =| a − b | + | b − c | + | c − a | .
Bài 12.
(3,0 điểm).
1) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: a + b + c chia hết cho 12 . Chứng
minh: P =(a + b)(b + c)(c + a ) - 5abc chia hết cho 12 .
2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện:
x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020 .
Bài 13.
( 3,0 điểm).
x 2 y 2 3x 3 y
+ 4 ≥ 0.
1) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 2 + 2 − −
y
x
y
x
2) Cho số thực x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức:
A=
Bài 14.
4
100
+
+ 2021 .
2− x
x
(7,0 điểm).Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại
H.
1)
Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CHCE= BC 2 .
2)
Chứng minh BH = AC .cot
ABC .
3)
Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vng góc với AM cắt đường
thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP = MQ .
Bài 15.
(1,0 điểm).Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực
hiện trị chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng
a + b − 2 lên bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại
trên bảng là bao nhiêu? Tại sao?
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
20
Website: tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
(6,0 điểm).
1) Giải phương trình:
4 x 2 − 20 x + 28 = 3 x 2 − 15 x + 20 .
2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z =
0 . Chứng minh rằng:
x3 + y 3 + z 3 =
3 xyz .
3) Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn điều kiện: (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 =
378 .
Tính giá trị của biểu thức A =| a − b | + | b − c | + | c − a | .
Lời giải
1) Giải phương trình:
Đặt t =
4 x 2 − 20 x + 28 = 3 x 2 − 15 x + 20 .
x 2 − 5 x + 7, (t ≥ 0) ⇒ x 2 − 5 x + 7 = t 2 .
ĐKXD: x ∈ .
Phương trình trờ thành: 2=
t 3t 2 − 1 .
t = 1
⇔ 3t − 2t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(3t + 1) = 0 ⇔ −1
t =
3
2
−1
< 0 (loại) hoặc t = 1 (thỏa mãn).
3
•
Ta có =
:t
•
Với t = 1, ta có :
x 2 − 5 x + 7 =1 ⇔ x 2 − 5 x + 6 =0 ⇔ x =2 hoặc x = 3
Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {2;3} .
2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z =
0 . Chứng minh rằng:
x3 + y 3 + z 3 =
3 xyz .
Ta có : x + y + z =0 ⇒ z =−( x + y )
VT = x3 + y 3 + z 3 = x3 + y 3 − ( x + y )3 = x3 + y 3 − x 3 − 3 x 2 y − 3 xy 2 − y 3
VT =
−3 xy ( x + y ) =
3 xyz =
VP
3) Cho các số nguyên abc thoả mãn điều kiện: (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 =
378 .
Tính giá trị của biểu thức A =| a − b | + | b − c | + | c − a | .
Đặt a − b = x; b − c = y; c − a = z ⇒ x + y + z = 0
Ta có: x3 + y 3 + z 3 = 378 ⇔ 3 xyz = 378 ⇔ xyz = 126
Do x, y, z là số nguyên có tồng bằng 0 và xyz = 126 ⇒ x ⋅ y ⋅ z = (−2) ⋅ (−7).9 nên
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
21
Website: tailieumontoan.com
x =−2 x =−2 x =−7 x =−7 x =9 x =9
−7 y =
−2; y =
−7 y =
−2.
9 ;y =
9 ;y =
y =
z =
−7 z =
=
−2 z =
−2 z =
−7
9 z=
9 z
Suy ra: A =| a − b | + | b − c | + | c − a |= 18 .
Câu 2.
(3,0 điểm).
1) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: a + b + c chia hết cho 12 . Chứng
minh: P =(a + b)(b + c)(c + a ) - 5abc chia hết cho 12 .
2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện:
x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020 .
Lời giải
1) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: a + b + c chia hết cho 12 . Chứng
minh: P =(a + b)(b + c)(c + a ) - 5abc chia hết cho 12 .
Ta có:
P = (a + b)(b + c)(c + a) − 5abc
= (a + b + c)(ab + bc + ca ) − 6abc (*)
do (a + b)(b + c)(c + a ) = (a + b + c)(ab + bc + ca ) − abc
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 ⇒ a + b + c chia 2 dư 1 (2)
Mà a + b + c :12 ⇒ a + b + c 2 (theo giả thiết) (2)
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn ⇒ Điều già sử là sai.
⇒ Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2 ⇒ 6abc :12 (**)
Từ (*) và (**) suy ra P12 .
2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện:
x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020 .
Ta có: x3 − x = x ( x 2 − 1) = ( x − 1) x( x + 1) : 3
Tưng tự ta có: y 3 − y : 3 ; z 3 − z 3
⇒ ( x3 − x ) + ( y 3 − y ) + ( z 3 − z ) : 3
Biến đổi phương trình thành: ( x3 − x ) + ( y 3 − y ) + ( z 3 − z ) =
2020 . Mà 2020 / 3 .
Vậy không tồn tại ba số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện:
x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020 .
Câu 3.
( 3,0 điểm).
1) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
x 2 y 2 3x 3 y
+ − −
+ 4 ≥ 0.
y 2 x2 y
x
2) Cho số thực x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức: A =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4
100
+
+ 2021 .
2− x
x
22
Website: tailieumontoan.com
Lời giải
1) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
Ta có:
x 2 y 2 3x 3 y
+ − −
+ 4 ≥ 0.
y 2 x2 y
x
x y
x 2 + y 2 − 2 xy ( x − y ) 2
+=
−2
=
≥ 0 với mọi x, y > 0 .
y x
xy
xy
x y
x y
⇒ + − 2 ≥ 0; + − 1 > 0 .
y x
y x
x y
x y
⇒ + − 2 + − 1 ≥ 0 .
y x
y x
x 2 y 2 3x 3 y
⇒ 2 + 2 − − +4≥0.
y
x
y
x
2) Cho số thực x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức: A =
Ta có : A=
4
100
+
+ 2021 .
2− x
x
4
100
4
100
+
+ 2021=
+ 36(2 − x) +
+ 36 x + 1949 .
2− x
x
2− x
x
Mà 0 < x < 2 suy ra : 2 − x > 0 .
Áp dụng BĐT : a + b ≥ 2 ab với a, b ≥ 0, dấu bằng xảy ra khi a = b ta có:
5
100
+ 36 x ≥ 120 dấu bằng xảy ra khi x = .
3
x
5
4
2 − x + 36(2 − x) ≥ 24 dấu bằng xày ra khi x = 3 .
Suy ra A=
4
100
4
100
+
+ 2021=
+ 36(2 − x) +
+ 36 x + 1949 ≥ 2093 .
2− x
x
2 − x
x
Vậy MinA =2093 khi và chi khi x =
Câu 4.
5
.
3
(7,0 điểm).Cho tam giác ABC cóba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại
H.
1) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= BC 2 .
ABC .
2) Chứng minh BH = AC .cot
3) Gọi . M . là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vng góc với AM cắt
đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP = MQ .
Lời giải
1) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= BC 2 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
23
Website: tailieumontoan.com
Xét tam giác: ∆BHK đơng dạng ∆BCD
có:
KBH chung
BKH
= BDC
= 90°.
⇒ ∆BHK đồng dạng ∆BCD(g.g)
nên
BH BK
=
BC BD
⇒ BH ⋅ BD =
BCBK
Tương tự: ∆CHK đồng dạng ∆CBE
nên
CH KC
=
⇒ CH ⋅ CE = BC ⋅ KC
BC CE
Cộng vế với vế hai đằng thức ta được:
= BCBK + BC ⋅ KC
BH ⋅ BD + CH .CE
= BC ( BK + KC
=
) BC 2
hay BH ⋅ BD + CH ⋅ CE
ABC .
2) Chứng minh BH = AC .cot
Chứng minh : ∆BEH đồng dạng ∆CEA( g ⋅ g ) ⇒
BH BE
=
CA CE
BE
Xét ∆BEC vuông tại E ⇒ cot ABC =
CE
BH BE
⇒
=
= cot ABC ⇒ BH = AC ⋅ cot ABC
CA CE
3) Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường
thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP = MQ .
PA AH
=
AM MB
QA AH
Chứng minh: ∆QAH đồng dạng ∆MAC ( g .g ) ⇒
=
AM MC
QA
PA
Do MB
= MC (gt) ⇒
=
AM AM
Chứng minh ∆PAH đồng dạng ∆AMB ( g .g ) ⇒
⇒ PA
= QA ⇒ ∆QMP cân tại M ⇒ MP =
MQ
Câu 5.
(1,0 điểm).Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực
hiện trị chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng
a + b − 2 lên bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại
trên bảng là bao nhiêu? Tại sao?
Lời giải
Tồng tất cả các số ban đầu trên bảng: S = 1 + 2 + 3 +…+ 99 + 100 = 5050 .
Qua mỗi bước ta thấy tồng giàm đi 2.
4852
Lúc đầu tồng S = 5050 sau 99 bước số còn lai sẽ là 5050 − 2.99 =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
24
