Đề chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HAI BÀ TRƯNG
 ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1. (5 điểm) 
 1) Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn a3 b3 c3 3abc. 
 a b b c c a
 Tính giá trị biểu thức: P .
 c a b
 2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
Câu 2. (5 điểm)
 1) Cho đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn P(1) 2 và P( 1) 4. Tìm đa thức dư trong 
 phép chia đa thức P(x) cho đa thức x2 1. 
 2) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 2y2 2xy 2x 6y 1 0.
 3) Cho a,b,c là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho
 a b c
 ab 1, bc 1, ca 1 đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p 2 .
 3
Câu 3. (2 điểm)
 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2 4 x với 
 2 x 4.
 2) Với các số thực a,b,c thỏa mãn: a b c 3 và a2 b2 c2 9 . Chứng minh rằng 
 1 a 3.
Câu 4. (6 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC và đường cao AH . Gọi E, F là chân các 
 đường vuông góc hạ từ H lên AC, AB . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt 
 AC tại điểm P. Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 
 1) Chứng minh B là trung điểm QH .
 AP BA2 AP AL
 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: và 1.
 PC BC 2 PC LB
 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với AM. Chứng minh rằng 
 BTC 900.
Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 2022cm2 và 7 điểm nằm trong lục giác 
 đều ABCDEF . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã 
 cho có diện tích không lớn hơn 337cm2.
 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
 Năm học: 2020-2021
 Lời giải
Câu 1. (5 điểm) 
 1) Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn a3 b3 c3 3abc. 
 a b b c c a
 Tính giá trị biểu thức: P .
 c a b
 2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
 Lời giải
 1) Ta có: a3 b3 c3 3abc
 1 2 2 2
 Suy ra a b c a b b c c a 0.
 2 
 a b c 0
 Do đó, .
 a b c
 TH1: a b c 0 suy ra: a b c; b c a; c b a. Suy ra P 3.
 TH2: a b c suy ra P 6.
 2) Giải phương trình x2 4x x 2 4 0.
 Điều kiện xác định: x 2.
 Biến đổi phương trình về dạng (x 2)2 x 2 0.
 Vì (x 2)2 0 và x 2 0 với mọi x 2 nên (x 2)2 x 2 0
 2
 (x 2) 0.
 Dấu “=” xảy ra khi x 2.
 x 2 0.
 Vậy nghiệm của phương trình là x 2.
Câu 2. (5 điểm)
 1) Cho đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn P(1) 2 và P( 1) 4. Tìm đa thức dư trong 
 phép chia đa thức P(x) cho đa thức x2 1. 
 2) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 2y2 2xy 2x 6y 1 0.
 3) Cho a,b,c là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho
 a b c
 ab 1, bc 1, ca 1 đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p 2 .
 3
 Lời giải
 1) Đặt P(x) = (x + 1)(x - 1).q(x) + ax + b. Ta có P(1) = a + b = 2 và P(- 1) = - a + b = 4.
 Suy ra a = - 1;b = 3. Vậy đa thức dư là - x + 3.
 2) Biến đổi phương trình về dạng x y 1 2 y 2 2 4 02 22 .
 x y 1 0 x 3
 TH1: .
 y 2 2 y 4
 x y 1 0 x 1
 TH2: .
 y 2 2 y 0
 x y 1 2 x 3
 TH3: .
 y 2 0 y 2
 x y 1 2 x 1
 TH4: .
 y 2 0 y 2
 Từ đó giải ra được x; y 1;0 , 1;2 , 3;2 , 3;4 .
 3) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: a b c . 
 Thấy rằng ab 1,bc 1,ca 1 đều chia hết cho p suy ra a,b,c đều không chia hết cho p
 .
 Từ giả thiết bc 1,ac 1 đều chia hết cho p ta suy ra bc 1 ac 1  p c b a  p 
 mà c p suy ra b a p ,
 Tương tự ta cũng có: c b p suy ra b a p và c b p .
 Ta có b b a a p a và c b c b p a p a 2 p .
 Nếu a 1 thì b 1 ab 1 p,b 1 b a p dẫn đến 2 p mà p là số nguyên tố lẻ nên 
 trái với giả thiết vậy a 2 .
 Sử dụng các dữ kiện: 
 a b c a a p a 2 p
 a 2,b a p,c a 2 p p a p 2 
 3 3
Câu 3. (2 điểm)
 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2 4 x với 
 2 x 4.
 2) Với các số thực a,b,c thỏa mãn: a b c 3 và a2 b2 c2 9 . Chứng minh rằng 
 1 a 3.
 Lời giải 1) Vì P 0 , ta xét P2 2 2 x 2 4 x 2 , do đó P 2 vì P 0 .
 x 2
 Dấu “=” xảy ra khi x 2 4 x 0 suy ra .
 x 4
 x 2
 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi .
 x 4
 Vì P 0 , ta xét P2 2 2 x 2 4 x 
 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 x 2 4 x x 2 4 x 2
 Do đó, P2 4 , dấu “=” xảy ra khi x 2 4 x suy ra x 3.
 Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 2 khi x 3.
 b c 3 a
 2) Từ giả thiết ta có: .
 2 2 2
 b c 9 a
 Sử dụng bất đẳng thức 2 b2 c2 b c 2 ta suy ra 
 2 9 a2 3 a 2 a2 2a 3 0 a 1 a 3 0
 a 1 0
 Vì a 1 a 3 1 a 3 .
 a 3 0
 Chú ý: Nếu học sinh chứng minh được a 3 cho nửa số điểm.
 Từ giả thiết a2 b2 c2 9 suy ra a2 9 b2 c2 9 .
 Do đó, 3 a 3.
Câu 4. (6 điểm)
 Cho tam giác ABC vuông tại A có AB AC và đường cao AH . Gọi E, F là chân các 
 đường vuông góc hạ từ H lên AC, AB . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt 
 AC tại điểm P. Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 
 1) Chứng minh B là trung điểm QH .
 AP BA2 AP AL
 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: và 1.
 PC BC 2 PC LB
 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với AM. Chứng minh rằng 
 B· TC 900.
 Lời giải A
 P
 E
 L I
 T
 F
 Q M B H O C
 BH IA
1) Do AQ P BP theo định lý Thales ta có: mà I là trung điểm AH nên 
 BQ IH
 IA IH
 BH
dẫn đến 1 hay B là trung điểm QH . 
 BQ
Cách khác: Có thể nói B là trung điểm QH dựa trên định lý đường trung bình của tam giác 
 AHQ.
 AP QB BH BH.BC
2) Ta có . Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta 
 PC BC BC BC 2
có: BH.BC BA2 . 
 AP QB BH BA2
Từ đó suy ra .
 PC BC BC BC 2
 AL AC 2
Chứng minh tương tự ta có: .
 LB BC 2
 AP AL AB2 AC 2 AB2 AC 2
Suy ra 1.
 PC LB BC 2 BC 2 BC 2
 PA QB BH
Cách khác: Theo định lý Thales ta có: , tương tự ta cũng có: 
 PC BC BC
 QA CH PA QA BH CH
 dẫn đến 1.
 QB CB PC QB BC
3) Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHB, AHC với HE  AC, HF  AB ta 
có AF.AB AH 2 AE.AC từ đó suy ra AEF ~ ABC dẫn đến ·AEF ·ABC . Gọi O là 
trung điểm của BC thì OA OB OC nên tam giác AOC cân tại O , suy ra O· AC O· CA . 
Từ đó suy ra ·AEF O· AC Bµ Cµ 900 nên OA EF nên I là trực tâm của tam giác AOM
dẫn đến OI  AM hay OI  AT (*).
Tam giác ATH vuông tại T , có AI TI IH hay IA IT (**). Từ (*),(**) suy ra OI là 
trung trực của AT dẫn đến OT OA OB OC nên tam giác BTC vuông tại T. Câu 5. (1 điểm)
 Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 2022cm2 và 7 điểm nằm trong lục giác đều 
 ABCDEF . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho 
 có diện tích không lớn hơn 337cm2.
 Lời giải
 Bổ đề: Lấy 3 điểm trong một hình bình hành, khi đó tam giác tạo bởi 3 điểm đó có diện 
 tích bé hơn hoặc bằng nửa diện tích hình bình hành.
 Áp dụng: Gọi O là tâm của lục giác đều, khi đó lục giác chia thành 3 hình bình hành là 
 ABCO,CDEO, EFAO . Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại một hình bình hành chứa ít nhất 3 
 điểm và theo bổ đề 3 điểm này tạo tam giác có diện tích nhỏ hơn nửa diện tích hình bình 
 hành, hay diện tích không lớn hơn 337cm2.
 HẾT