Đề chọn học sinh giỏi cấp Quận môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Nam Từ Liêm (Có đáp án)

 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN
 QUẬN NAM TỪ LIÊM
 MÔN TOÁN 9 - NĂM HỌC: 2020 - 2021
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (4,0 điểm)
 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3
 1. Cho biểu thức A  : với
 3 3
 x y x y x y xy x y
 x 0, y 0
 a) Rút gọn biểu thức A
 b) Cho x y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
 84 84
 2. Cho biểu thức B 3 1 3 1 . Chứng minh rằng B là một số nguyên.
 9 9
Bài 2. (4,0 điểm)
 1. Cho m 5;n 2; p 2020 là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: 
 m n p 4q 3 cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên).
 2. Cho a,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn a2 b2 c2 d 2
 Chứng minh rằng: abcd 2021 viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
Bài 3. (4,0 điểm)
 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 y2 5x2 y2 60 37xy 
 4x 3
 2. Giải phương trình : 5x 1 x 2 
 5
Bài 4. (6,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng a và có tâm là O . Điểm M là một điểm di 
 chuyển trên BC ( M khác B và C ). Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng 
 CD . G là giao điểm của DM và BN .
 1 1
 1) Chứng minh rằng: không đổi.
 AM 2 AN 2
 2) Chứng minh: CG  AN .
 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam 
 giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
 Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 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.
 HẾT ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN
 QUẬN NAM TỪ LIÊM
 MÔN TOÁN 9 - NĂM HỌC: 2020 - 2021
Bài 1. (5,0 điểm)
 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3
 1. Cho biểu thức A  : với
 3 3
 x y x y x y xy x y
 x 0, y 0
 a) Rút gọn biểu thức A
 b) Cho x y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
 84 84
 2. Cho biểu thức B 3 1 3 1 . Chứng minh rằng B là một số nguyên.
 9 9
 Lời giải
 1. a) Rút gọn biểu thức A
 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3
 A  : với x 0, y 0
 3 3
 x y x y x y xy x y
 3 3
 x y 2 x y x x y y x y 
 . :
 xy x y xy xy y x 
 2 x y x x y y x y 
 :
 xy xy xy x y 
 2 xy x y x y x y 
 :
 xy xy x y 
 2
 x y xy x y 
 .
 xy x y x y 
 x y
 xy
 x y
 Vậy A với x 0, y 0
 xy
 b) Cho x y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x y 1 1
 Với x 0, y 0 ta có: A . Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si ta có:
 xy x y
 1 1 1 1 1
 2 . 2
 x y x y xy
 x y 4 1 1 1 1
 Mặt khác: xy 2 2. 2. 2 
 2 2 xy 2 xy 2
 1 1 1 1 1
 Hay 2 . 2 2
 x y x y xy
 x y
 Do đó: A 2 .Dấu “=” xảy ra x y 2 .
 x y 4
 Vậy MinA 2 tại x y 2 .
 2. Ta có:
 84 84
 B 3 1 3 1 
 9 9
 3 84 84 84 84 84 84
 B 1 1 33 1 . 1 . 3 1 3 1 
 9 9 9 9 9 9 
 1
 B3 2 3.3 .B 
 27
 B3 2 B B3 B 2 0 B3 B2 B2 B 2B 2 0
 B 1 B2 B 2 0
 )B 1 0 B 1
 2
 2 1 7
 )B B 2 0 B 0 ( Vô lí)
 2 4
 Vậy B 1 là một số nguyên.
Bài 2. (4,0 điểm)
 1. Cho m 5;n 2; p 2020 là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: 
 m n p 4q 3 cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên).
 2. Cho a,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn a2 b2 c2 d 2
 Chứng minh rằng: abcd 2021 viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
 Lời giải
 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
 2
 Ta có: 4q 2 2q 2 2 22q 1 1 
 Mà 22q 1 :3 dư 2 nên 22q 1 1 3 2. 22q 1 1 6 4q 2 6
 q q 
 Do đó: m n p 4 3 m n p 1 4 2 6
 Vậy m n p 4q 3 cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên).
 2. Ta có: (2m 1)2 4m(m 1) 1
 2
 Do đó: với mọi m Z thì 2m 1 chia 8 dư 1. Nên với a,b,c,d lẻ thì a2 ,b2 ,c2 ,d 2 chia 
 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 1 số chẵn. Ta có: abcd 2021 là số lẻ.
 Đặt a.b.c.d 2021 2n 1(n Z) 2n 1 (n 1 n)(n 1 n) (n 1)2 n2
 Vậy ta có được điều phải chứng minh.
Bài 3. (4,0 điểm)
 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 y2 5x2 y2 60 37xy 
 4x 3
 2. Giải phương trình : 5x 1 x 2 
 5
 Lời giải
 1. Tìm số nguyên x,y thỏa mãn:
 x2 y2 5x2 y2 60 37xy
 x2 y2 5x2 y2 60 37xy 0
 20x2 20y2 100x2 y2 740xy 1200 0
 20x2 20y2 (10xy 37)2 169
 Vì 20x2 02x;20y2 0y;(10 xy 37)2 0x, y và vai trò của x,y như nhau; ta giả 
 sử x y;20x2 169 x2 8 x2 0;1;4 ; suy ra:
 20x2 ;20y2 ;(10 xy 37)2 (0;0;169);(0;20;149);(0;80;89);(20;20;129);(20;80;69);(80;80;9) 
 Mà (10xy 37)2 là số chính phương 
 20x2 ;20y2 ;(10 xy 37)2 (0;0;169);(80;80;9) 20x2 0 x 0
 2 
 + TH1: 20y 0 y 0 không có giá trị 
 2 2
 (10xy 37) 169 37 169
 2 x 2
 20x 80 x 2 
 y 2
 + TH2: 20y2 80 y 2 
 2 x 2
 (10xy 37) 9 xy 4 
 y 2
 17 
 xy (l)
 5
 Vậy (x; y) (2;2);( 2; 2) 
 4x 3 1
 2. Giải phương trình : 5x 1 x 2 (ĐK: x )
 5 5
 Vì 5x 1 x 2 0x; y
 4x 3
 5x 1 x 2 
 5
 4x 3 4x 3
 0
 5x 1 x 2 5
 1 1 
 (4x 3) 0
 5x 1 x 2 5 
 4x 3 0 3
 x 
 1 1 4
 0 
 5x 1 x 2 5 5x 1 x 2 5
 Giải phương trình 5x 1 x 2 5 bình phương 2 vế ta có :
 5x 1 2 (5x 1)(x 2) x 2 25
 2 (5x 1)(x 2) 24 6x
 5x 2 9x 2 24 6x(DK : x 4)
 5x2 9x 2 9x2 72x 144 
 4x2 81x 146 0
 81 2783
 (2x )2 
 4 64
 x 2(c)
 73
 x (l)
 4
 3 
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S ;2 
 4 
Bài 4. (6,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng a và có tâm là O . Điểm M là một điểm di 
 chuyển trên BC ( M khác B và C ). Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng CD . G là giao điểm của DM và BN .
 1 1
1) Chứng minh rằng: không đổi.
 AM 2 AN 2
2) Chứng minh: CG  AN .
3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam 
giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải
 F
 N
 E H
 G
 M
 B C
 M'
 O
 A Q D
 K
1) Kẻ AK  AN K CD 
 µ µ ·
Ta có: A1 A2 90 MAD 
 ABM ADK
 AM AK
 1 1 1
Trong KAN vuông tại A có: 
 AK 2 AN 2 AD2
 1 1 1
 không đổi
 AM 2 AN 2 a2
 1 1
Vậy không đổi.
 AM 2 AN 2
2) CG cắt AB tại E ; DM cắt AB tại F
Ta có: AD2 DK.DN DK.DN a2 1 BE BG BF
 Do DC // AB 
 CN GN DN
 BE.DN CN.BF 2 
 BF BM AB
 Mặt khác (do AB // CD )
 CD MC CN
 BF.CN CD.AB a2 3 
 Từ 1 , 2 , 3 DK.DN BE.DN
 DK BE AE CK
 EAKC là hình bình hành
 AK // CE
 Mà AK  AN CE  AN
 3) CF cắt BN tại H 
 Áp dụng định lí Papuyt O, M , H thẳng hàng
 H  H
 Lấy I AB sao cho BI CN
 IBNC là hình bình hành
 IC // BN
 Mà BF.CN a2
 BI.BF CB2
 ICF vuông tại C
 IC  CF
 CF  BN BHC 90
 Kẻ HQ  AD Q AD 
 Gọi M là giao điểm của HQ và BC
 Ta có: HQ M Q HM a HM 
 BC a
 Mà HM 
 2 2
 3
 HQ a
 2
 1 1 3 3
 Do đó: S AD.HQ a. a a2
 AHD 2 2 2 4
 Dấu "=" xảy ra M  M là trung điểm AB
Bài 5. (1,0 điểm)
 Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 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.
 Lời giải
Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì 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 ba 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 mà 
3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác nhau.