Đề chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Chư Sê (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SÊ
 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) 
 2020
 a) Tính giá trị biểu thức (a3 + 15a - 25) với a = 3 13 - 7 6 + 3 13 + 7 6 .
 b) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn x 2 - 2x(2y + 1) + 5y2 + 2y = 0.
Câu 2.(5.0 điểm)
 a) Chứng minh rằng 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p + q r với p,q,r là các số 
 hữu tỉ và r dương.
 1 1 1
 b) Xét các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = + + . Chứng minh rằng
 a b c
 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1„ 3(a + b + c)
Câu 3.(3.0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ;H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một 
 · °
 điểm trên CK sao cho AMB = 90 ;S,S1,S2 theo thứ tự là diện tích các tam giác 
 AMB,ABC và ABH
 a) Chứng minh: HK .CK = AK .BK
 b) Chứng minh: S = S1S2 .
Câu 4.(4.0 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trên cạnh BC lấy một điểm M bất kỳ (M 
 không trùng với B và C ). Từ M kẻ ME vuông góc AB tại E,MF vuông góc 
 AC tại F .
 a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì 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 BC để diện tích tam giác EDF có 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.
 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SÊ
 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) 
 2020
 a) Tính giá trị biểu thức (a3 + 15a - 25) với a = 3 13 - 7 6 + 3 13 + 7 6 .
 b) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn x 2 - 2x(2y + 1) + 5y2 + 2y = 0.
 Lời giải
 a) Ta có: (x + y)3 = x 3 + y 3 + 3xy(x + y) .
 Áp dụng hằng đẳng thức trên ta có:
 a3 = ( 3 13 - 7 6 + 3 13 + 7 6)3
 = 13 - 7 6 + 13 + 7 6 + 33 (13 - 7 6)(13 + 7 6) ×( 3 13 - 7 6 + 3 13 + 7 6)
 = 26 + 3×3 132 - (7 6)2a
 = 26 + 3.(- 5)a
 = 26 - 15a
 Û a3 = 26 - 15a
 Û a3 + 15a - 25 = 1
 2020
 Khi đó ta có: (a3 + 15a - 25) = 12020 = 1.
 b) Ta có:
 x 2 - 2x(2y + 1) + 5y2 + 2y = 0
 Û x 2 - 4xy - 2x + 5y2 + 2y = 0
 Û x 2 - 4xy + 4y2 - 2x + 4y + 1+ y2 - 2y + 1 = 2
 Û (x - 2y)2 - 2(x - 2y) + 1+ (y - 1)2 = 2
 Do x,y là các số nguyên nên ta có các trường hợp sau:
 ïì ì
 ï x - 2y - 1 = 1 ï x = 6
 TH1: íï Û í
 ï y - 1 = 1 ï y = 2
 îï îï
 ïì ì
 ï x - 2y - 1 = 1 ï x = 2
 TH2: íï Û í
 ï y - 1 = - 1 ï y = 0
 îï îï
 ïì ì
 ï x - 2y - 1 = - 1 ï x = 4
 TH3: íï Û í .
 ï y - 1 = 1 ï y = 2
 îï îï
 ïì ì
 ï x - 2y - 1 = - 1 ï x = 0
 TH4: íï Û í
 ï y - 1 = - 1 ï y = 0
 îï îï Vậy các cặp số nguyên (x;y) cần tìm là (6;2),(2;0),(4;2),(0;0)
Câu 2.(5.0 điểm)
 a) Chứng minh rằng 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p + q r với p,q,r là 
 các số hữu tỉ và r dương.
 1 1 1
 b) Xét các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = + + . Chứng minh rằng
 a b c
 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1„ 3(a + b + c)
 Lời giải
 Giả sử 3 2 = p + q r .
 Þ 2 = (p + q r )3
 Û 2 = p3 + 3p2q r + 3pq2r + q3 r 3
 Û 2 = p3 + 3pq2r + r (3p2q + q3r )
 2 - p3 - 3pq2r
 Û r =
 3p2q + q3r
 æ ö2
 çm÷
 + Nếu r là số chính phương hoặc là số hữu tỉ có dạng ç ÷
 èçn ø÷
 Þ p + q r Î ¤ với mọi số p,q Î ¤ Þ 3 2 là số hữu tỉ. 
 Điều này vô lý vì 3 2 là số vô tỉ.
 æ ö2
 çm÷
 + Nếu r không là số chính phương hoặc không là số hữu tỉ có dạng ç ÷ .
 èçn ø÷
 2 - p3 - 3pq2r
 Þ r là số vô tỉ Þ vô lý vì là số hữu tỉ với mọi số p,q,r Î ¤ .
 3p2q + q3r
 Vậy 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p + q r với p,q,r là các số hữu tỉ và 
 r dương.
 b) Với ba số dương a,b,c xét biếu thức:
 2
 æ 1 1 1÷ö
 2 ç ÷
 ( 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1) = ç a 8b + + b 8c + + c 8a + ÷ .
 èç a b c ø÷
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho hai bộ ba số ( a; b; c) và
 æ ö
 ç 1 1 1÷
 ç 8b + ; 8c + ; 8a + ÷ ta có:
 èç a b c ø÷
 æ ö2
 ç 1 1 1÷ æ 1 1 1ö
 ç ÷ ç ÷
 ç a 8b + + b 8c + + c 8a + ÷ £ (a + b + c)ç8b + + 8c + + 8a + ÷
 èç a b c ø÷ èç a b cø÷ æ ö
 2 ç 1 1 1÷
 Û ( 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1) £ (a + b + c)ç8b + + 8c + + 8a + ÷
 èç a b cø÷
 2 æ ö
 ç 1 1 1÷
 Û 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1 £ (a + b + c)ç8a + 8b + 8c + + + ÷
 ( ) èç a b cø÷
 Û ( 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1)2 £ (a + b + c) ×9(a + b + c)
 2
 Û ( 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1) £ 9(a + b + c)2 .
 Þ 8ab + 1 + 8bc + 1 + 8ca + 1 £ 3(a + b + c) . (đpcm)
Câu 3.(3.0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ;H là trực tâm của tam giác. Gọi M là 
 · °
 một điểm trên CK sao cho AMB = 90 ;S,S1,S2 theo thứ tự là diện tích các tam 
 giác AMB,ABC và ABH
 a) Chứng minh: HK .CK = AK .BK
 b) Chứng minh: S = S1S2 .
 Lời giải
 a) Xét VHKB và VAKC co:
 K· BH K· CA (cùng phụ với B· AC)
 B· KH C· KA 90 
 VHKB ; VAKC(g  g)
 HK BK
 HK CK AK  BK (1)
 AK CK
 AB2 (KH CK)
 S  S 
 1 2 4
 AB  KH.CK
 S S 
 1 2 2
 b) Lại có: VAMB vuông ở M có đường cao MK 
 Þ AK ×BK = MK 2 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) 
 Từ (1) và (2) Þ CH.CK = MK 2 .
 Suy ra KH.CK = MK (3) 
 Thay (3) vào (*) ta dưọc:
 AB ×MK
 S S = = S = S.
 1 2 2 DANM
Câu 4.(4.0 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trên cạnh BC lấy một điểm M bất kỳ (M 
 không trùng với B và C ). Từ M kẻ ME vuông góc AB tại E,MF vuông góc 
 AC tại F .
 a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì đường thẳng qua M và 
 vuông góc với EF luôn đi qua một điểm có định D . b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để diện tích tam giác EDF có giá trị 
nhỏ nhất.
 Lời giải
Kẻ MH ^ EF .
Gọi D là điểm sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. 
MD cắt EF tại H . MF cắt AD tại K . 
 · ° · °
Xét DBME vuông tại E có EBM = 45 Þ EMB = 45 .
Þ DBME vuông cân tại E Þ BE = ME
 µ µ µ
 Tứ giác BEMK có B = E = K và 
 BE = ME Þ BEMK là hình vuông.
 Þ BE = ME = MK = BK .
 Þ AE = KD .
 Xét DAME và DDMK có:
 A·EM = M·KD (= 90° )
 AE = KD (cmt)
ME = MK (cmt)
Þ DAME = DDMK (c-g-c)
· ·
EAM = KDM (hai góc tương ứng) 
 · · · ·
Mà EAM = MFE Þ MFE = KDM .
 · ·
Lại có FDC = MFD (hai góc so le trong) nên ta có:
 K·DM + M·DF + F·DC = M· FE + M·DF + M·FD = E·FD + M·DF
Þ E·FD + M·DF = 90°
Þ DFDH vuông tại H hay DH ^ EF .
Mà MH ^ EF Þ M ,D,H thẳng hàng.
Vây MH luôn đi qua một điểm D cố định.
Đặt AB = a,AE = x Þ BE = a - x (Với a > 0,0 < x < a )
Ta có: SDDFE = SDABCD - SDBDE - SDDFC - SDAFE .
 1 1 1
= a2 - a(a - x) - ax - x(a - x)
 2 2 2 1 1 1
 = a2 - ax + x 2
 2 2 2
 æ1 1 1 ö
 Þ S ç 2 2÷
 DDFE đạt giá trị nhỏ nhất khi ç a - ax + x ÷ nhỏ nhất. 
 èç2 2 2 ø÷
 éæ ö2 ù
 1 2 1 1 2 1 êç 1 ÷ 3 2 ú 1 3 2
 Ta có: a - ax + x = êçx - a÷ + a ú³ × a
 2 2 2 2 êèç 2 ø÷ 4 ú 2 4
 ë û
 æ ö
 ç1 2 1 1 2÷ 1 3 2
 Vậy ç a - ax + x ÷ đạt giá trị nhỏ nhất là × a .
 èç2 2 2 ø÷ 2 4
 Khi đó M là trung điểm canh BC .
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.
 Lời giải
 Ta xếp các đoạn thẳng có độ dài tăng dần a1 £ a2 £ ¼ £ a7 . Nếu tồn tại ba đoạn thẳng 
 ak ;ak+ 1;ak+ 2 thỏa mãn ak + ak+ 1 > ak+ 2 thì ba đọan thẳng này có thể lập thành một tam 
 giác.
 Giả sử ngược lại:
 a1 + a2 £ a3;a2 + a3 £ a4;a3 + a4 £ a5;a4 + a5 £ a6;a5 + a6 £ a7
 Khi đó theo giả thiết:
 a1 > 10;a2 > 10 Þ a3 > 20 Þ a4 > 30 Þ a5 > 50 Þ a6 > 80 Þ a7 > 130.
 Þ Mâu thuẫn với giả thiết cho dộ dài mỗi đoạn thẳng nhỏ hơn 100. 
 Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng ak ;ak+ 1;ak+ 2 mà ak + ak+ 1 > ak+ 2 . Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để 
 có thể ghép thành tam giác.
  HẾT 