Đề chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Cầu Giấy (Có đáp án)

 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 - 2020
Câu 1: (5 điểm)
 2x x x x x x x 1 x
 1. Cho biểu thức P . .
 x x 1 x 1 2x x 1 2 x 1
 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P .
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .
 2. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn: x3 y3 z3 (x y)2 (y z)2 (z x)2 .
 a) Tính x y z biết xy yz zx 9 .
 b) Chứng minh rằng nếu z x; z y thì z x y .
Câu 2: (5 điểm)
 1. Giải phương trình: 9x2 33x 28 5 4x 3 5 3x 4 12x2 19x 21
 2. Tìm các số nguyên (x; y) với x 0; y 0 thỏa mãn:
 x3 3y2 4xy 4x 10y 12 0 .
Câu 3: (3 điểm)
 1. Cho 3 số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a2 b2 c2 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức
 T a b2011 c1954 ab bc ac
 2. Tìm số nguyên dương x để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương.
Câu 4: (6 điểm)
 Cho tam giác đều ABC cạnh a , hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn AB, AC 
 AM AN
 sao cho 1. Đặt AM x; AN y.
 MB NC
 AM 1
 a. Biết , tính diện tích tam giác AMN theo a .
 AB 5
 b. Chứng minh rằng MN a x y .
 c. Gọi D là trọng tâm tam giác ABC, K là trung điểm AB. Vẽ DI  MN, chứng 
 minh rằng: DI DK.
Câu 5: (1 điểm)
 Cho một bảng ô vuông 2019 2020, mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu xanh 
 hoặc đỏ. Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh. Cho phéo mỗi lần ta chọn 
 một hang hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó. Hỏi sau 
 một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được một bảng gồm đúng 2000 ô vuông màu đỏ 
 hay không? LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 – 2020
Câu 1: (5 điểm)
 2x x x x x x x 1 x
 1. Cho biểu thức P . .
 x x 1 x 1 2x x 1 2 x 1
 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P .
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .
 2. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn: x3 y3 z3 (x y)2 (y z)2 (z x)2 .
 a) Tính x y z biết xy yz zx 9 .
 b) Chứng minh rằng nếu z x; z y thì z x y .
 Lời giải:
 1. 
 a) Để P có nghĩa thì:
 x 0 x 0 x 0
 x x 1 0 x x 1 x3 1 x 0
 x 1 0 x 1 x 1 x 1
 2x x 1 0 1 1 1
 2( x )( x 1) 0 x x 
 2 4 4
 2 x 1 0
 1
 x 
 2
 1
 Vậy với x 0; x 1; x thì P có nghĩa.
 4
 2x x x x x x x 1 x 1
 Ta có: P . với x 0; x 1; x 
 x x 1 x 1 2x x 1 2 x 1 4
 2x x x x x( x 1) ( x 1)( x 1) x
 P . 
 1
 ( x 1)(x x 1) ( x 1)( x 1) 2( x )( x 1) 2 x 1
 2
 2x x x x x x 1 x
 . 
 ( x 1)(x x 1) ( x 1) 2 x 1 2 x 1
 2x x x x x.(x x 1) x 1 x
 . 
 ( x 1)(x x 1) 2 x 1 2 x 1
 2x x x x x x x x x 1 x
 . 
 ( x 1)(x x 1) 2 x 1 2 x 1
 x x 2 x x 1 x
 . 
 ( x 1)(x x 1) 2 x 1 2 x 1 x x 2 x x x x 2 x x.(x x 1)
 (2 x 1)(x x 1) 2 x 1 (2 x 1)((x x 1)
 x x 2 x x x x x) 2x x x x
 (2 x 1)((x x 1) (2 x 1)((x x 1)
 2x x x 2x x x.(2 x 1) x.(2 x 1)
 (2 x 1)((x x 1) (2 x 1)((x x 1)
 (2 x 1)(x x)
 (2 x 1)(x x 1)
 x x
 .
 x x 1
 1 x x
Vậy với x 0; x 1; x thì P .
 4 x x 1
 x x x x 1 1 1
 b) Ta có: P 1 
 x x 1 x x 1 x x 1
 1
Để P đạt giá trị nhỏ nhất thì đạt giá trị lớn nhất
 x x 1
 x x 1 phải đạt giá trị nhỏ nhất.
 1
Lại có x 0; x 1; x nên x x 1 1.
 4
 Giá trị nhỏ nhất của x x 1 1 khi và chỉ khi x 0
 Giá trị nhỏ nhất của P 0 khi và chỉ khi x 0.
Vậy với x 0 thì P có giá trị nhỏ nhất bằng 0.
2. Với x 0, y 0, z 0
a) Xét VT x3 y3 z3
 (x y z). (x2 y2 z2 xy yz xz)
 VP (x y)2 (y z)2 (z x)2
 x2 2xy y2 y2 2yz z2 z2 2xz x2
 2x2 2y2 2z2 2xy 2yz 2zx
 2(x2 y2 z2 xy yz zx)
Do VT VP nên suy ra x y z 2 .
Vậy x y z 2 .
b) Ta có: x2 y2 z2 2(xy yz zx) 0
 x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 0
 z2 (x y)2 2x2 2y2 2yz 2zx 0
 z2 (x y)2 2y(z y) 2x(z x)
Do x, y, z 0 và z y; z x nên 2y(z y) 2x(z x) 0
 z2 (x y)2 0 (z x y)(z x y) 0 mà x, y, z 0 nên z x y 0
 z x y (đpcm).
Câu 2: (5 điểm)
 1. Giải phương trình: 9x2 33x 28 5 4x 3 5 3x 4 12x2 19x 21
 2. Tìm các số nguyên (x; y) với x 0; y 0 thỏa mãn:
 x3 3y2 4xy 4x 10y 12 0 .
 Lời giải:
 3
 1. ĐKXĐ: x 
 4
 (3x 4)(3x 7) 5 4x 3 5 3x 4 (4x 3)(3x 7)
 (3x 4)(3x 7) (4x 3)(3x 7) 5( 3x 4 4x 3)
 3x 7.( 3x 4 4x 3) 5( 3x 4 4x 3)
 3x 7 5
 x 6 (tm).
 Vậy x 6 là nghiệm của phương trình.
 2. Với x 0; y 0 ta có:
 x3 3y2 4xy 4x 10y 12 0
 (x2 4xy 4y2 4 4x 8y) (y2 2y 1) 17 0
 2 2
 (x 2y) 2.(x 2y).2 2 (y 1) 17
 (x 2y 2)2 (y 1)2 17
 (x 2y 2 y 1).(x 2 y 2 y 1) 17
 (x y 3).(x 3y 1) 17
 Do 17 là số nguyên tố mà x 0; y 0 suy ra x y 3 0 và x 3y 1 0 nên ta có:
 TH1:
 x y 3 1 x y 2 x 11
 loại do x 0 .
 x 3y 1 17 x 3y 16 y 9
 TH2:
 x y 3 17 x y 14 x 21
 loại do y 0 .
 x 3y 1 1 x 3y 0 y 7
 Vậy không có giá trị nào của (x; y) thỏa mãn yêu cầu.
Câu 3: (3 điểm)
 1. Cho 3 số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a2 b2 c2 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức
 T a b2011 c1954 ab bc ac
 2. Tìm số nguyên dương x để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương.
 Lời giải:
 1. Ta có:
 a2 b2 c2 1
 a,b,c 0 a,b,c [0;1]
 (a 1)(b 1)(c 1) 0
 abc ab bc ca a b c 1 0
 a ab bc ca 1 abc b c
 T 1 b2011 c1954 abc b c 1 b.(b2010 1) c.(c1953 1) abc 1
GTLN của T bằng 1 khi và chỉ khi a 1; b c 0 .
2. Đặt A 4x3 14x2 9x 6 ta được:
 A 4x3 8x2 6x2 12x 3x 6
 4x2 .(x 2) 6x.(x 2) 3(x 2)
 (x 2).(4x2 6x 3)
Lại có x 2, 4x2 6x 3 là 2 số nguyên tố cùng nhau.
Thật vậy, giả sử UCLN (x 2,4x2 6x 3) d (d N * ) ta có:
 x 2 chia hết cho d suy ra 4x(x 2) = 4x2 8x chia hết cho d
 4x2 6x 3 chia hết cho d
Suy ra 4x2 8x 4x2 6x 3 chia hết cho d
 2x 3 chia hết cho d
 2(x 2) 2x 3 chia hết cho d 1d
Mà d N * nên d 1. Từ đó suy ra UCLN (x 2,4x2 6x 3) 1 hay x 2,
 4x2 6x 3 là 2 số nguyên tố cùng nhau.
Để A là số chính phương thì x 2 và 4x2 6x 3 đều là số chính phương.
Đặt x 2 a2 , 4x2 6x 3 b2 . Thay x a2 2 vào 4x2 6x 3 b2 ta được:
 4.(a2 2)2 6.(a2 2) 3 b2
 4a4 16a2 16 6a2 12 3 b2
 4a4 10a2 1 b2
 16a4 40a2 4 4b2
 (4a2 2b 5)(4a2 2b 5) 21
Vì 4a2 2b 5 4a2 2b 5 ta có bảng sau:
 4a2 2b 5 1 3 -21 -7
 4a2 2b 5 21 7 -1 -3
 Suy ra
 4a2 2b 6 8 -16 -2
 4a2 2b 26 12 4 2
Lại có: 4a2 2b 4a2 2b 8a2 hay:
 8a2 32 20 -12 0
 a2 4 (tm) 2,5 -1,5 0
Ta được a2 4 b2 25 . Trả lại ẩn: a2 4 x 2 4
 x 2 (tm).
 2 2
 b 25 4x 6x 3 25
 Vậy với x = 2 thì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương.
Câu 4: (6 điểm)
 Cho tam giác đều ABC cạnh a , hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn AB, AC 
 AM AN
 sao cho 1. Đặt AM x; AN y.
 MB NC
 AM 1
 a. Biết , tính diện tích tam giác AMN theo a .
 AB 5
 b. Chứng minh rằng MN a x y .
 c. Gọi D là trọng tâm tam giác ABC, K là trung điểm AB. Vẽ DI  MN, chứng 
 minh rằng: DI DK.
 Lời giải:
 A
 T
 M I
 N
 K R
 G
 D
 B C
 AM AN x y
 a) Ta có: 1 1
 MB NC a x a y
 x y a x a a y a a a
 1 1 1 1 1
 a x a y a x a y a x a y
 a a 1 1 3
 3 (1)
 a x a y a x a y a
 AM 1 x 1 a
 Lại có: x . Thay vào (1) ta được:
 AB 5 a 5 5
 1 1 3 5 1 3 3a
 y 
 a a y a 4a a y a 7
 a 
 5
 1
 Diện tích tam giác là: S AM.AN.sin M· AN x.y.sin 60
 V AMN 2
 a 3a 3 3 3a2
 . . (đvdt).
 5 7 2 70
 x y
 b) Do 1
 a x a y
 ax ay 2xy a2 ax ay xy a2 2ax 2ay 2xy xy 0
 (a x y)2 x2 y2 xy (2)
 Giả sử MN 2 AM 2 AN 2 AM.AN
 Lấy điểm T AC sao cho MT  AC và 2AT AM ta có:
 MN 2 AM 2 TN 2 AT 2 AN(TN AT ) AN(AN 2AT ) AN(AN AM )
 AN 2 AN.AM
 MN 2 AM 2 AN 2 AN.AM (3)
 Từ (2) và (3) suy ra MN a x y (đpcm).
 c) Trên tia BA lấy điểm G sao cho BG AN MN MG .
 Do GBD NAD (c.g.c) DN DG DMN DMG (c.c.c) 
 K· GD I·ND
 KGD IND (ch – gn) DK DI (đpcm).
Câu 5: (1 điểm)
 Cho một bảng ô vuông 2019 2020, mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu xanh 
 hoặc đỏ. Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh. Cho phéo mỗi lần ta chọn 
 một hang hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó. Hỏi sau 
 một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được một bảng gồm đúng 2000 ô vuông màu đỏ 
 hay không?
 Lời giải:
 Trước hết ta chứng minh với mọi cách chọn 2000 ô trên bảng đã cho luôn tồn tại một 
 bảng con 2 2 chứa đúng 1 trong 2000 ô này.
 Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại 2 hàng liền nhau R1 , R2 mà 
 R1 không chứ ô nào và R2 có chứa ít nhất một ô đã chọn.
 Vì số cột cũng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại 2 ô A, B cạnh nhau trên R2 mà chỉ 
 có đúng một ô đã chọn.
 Gọi C, D là 2 ô nằm trên R1 và cùng cột với A, B . Bảng con 2 2 gồm 4 ô A, B, C,
 D chỉ có đúng một ô được chọn.
 Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu. 
 Khi đó theo chứng minh trên tồn tại một bảng vuông con 2 2 chứa đúng một ô màu đỏ, 
 ba ô còn lại màu xanh.
 Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con 2 2 đều gồm 4 ô màu xanh nên 
 mỗi lần đổi màu hàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vuông con 
 2 2 luôn là số chẵn.
 Do đó không thể thu được một bảng vuông con 2 2 có 1 ô màu đỏ, 3 ô màu xanh.
 Suy ra ta có mâu thuẫn.
 Vậy không thể thu được bảng chứa đúng 2000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu.