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

 PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN TÂY HỒ
 ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 NĂM HỌC 2020-2021. 
 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao bài)
 ĐỀ BÀI
Câu 1. (4 điểm)
 x 2 x 7 3 x 2 1 1 
 Cho biểu thức với 
 P : x 2; x 11
 3 x 2 11 x x 3 x 2 2 x 2 
 1) Rút gọn biểu thức P.
 2) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên.
Câu 2. (4 điểm)
 2020
 1) Tính giá trị của biểu thức A x3 12x 9 , biết x 3 4 5 1 3 4 5 1 
 2) Giải phương trình: x 24 x 3 x2 8x 48
Câu 3. (4 điểm)
 a b c
 1) Cho ba số thực a , b , c khác 0 thoả mãn 2. 
 b c c a a b
 a2 b2 c2
 Chứng minh rằng a b c 
 b c c a a b
 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn x3 y3 x2 x 1. 
Câu 4. (6 điểm)
 Cho điểm M là trung điểm của đoạn thẳng ( BC ). Điểm A thay đổi sao cho B· AC 60 . 
 Đường phân giác trong của góc A cắt BC tại D .
 1
 1) Chứng minh S AB.AC.sin A, trong đó S là diện tích tam giác ABC .
 ABC 2 ABC
 AB2 AC 2 BC 2
 2) Chứng minh AM 2 
 2 4
 1 1 3
 3) Chứng minh rằng: 
 AB2 AC 2 2AD2
Câu 5. (2 điểm) 
 3
 1) Cho các só dương a , b , c thỏa mãn a b c . 
 2
 Chứng minh rằng a2 b2 c2 2abc 1 .
 1 2 3 2020
 2) Trên bảng có ghi 2020 số: ; ; ; ; . Mỗi lần thực hiện, cho 
 2020 2020 2020 2020
 phép xóa đi hai số a , b bất kỳ trên bảng và thay bằng sô a b 2ab . Hỏi sau 2019 lần 
 thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
 HẾT PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN TÂY HỒ
 ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 NĂM HỌC 2020-2021. 
 ☞ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ☜
Câu 1. (4 điểm)
 x 2 x 7 3 x 2 1 1 
 Cho biểu thức với 
 P : x 2; x 11
 3 x 2 11 x x 3 x 2 2 x 2 
 1) Rút gọn biểu thức P.
 2) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên.
 Lời giải
 a) Rút gọn biểu thức P .
 Điều kiện xác định: x 2; x 11 
 Đặt x 2 a , a 0; a 3
 a a2 9 3a 1 1 
 P 2 : 2 
 3 a 9 a a 3a a 
 a 3 a a2 9 3a 1 a 3 
 P 2 : 
 3 a 3 a 9 a a a 3 a a 3 
 3 a 3 2 a 2 
 P :
 3 a 3 a a a 3 
 3a
 P 
 2 a 2 
 3 x 2
 Thay x 2 a vào P ta được: P 
 2 x 2 2 
 b) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên.
 3 x 2
 P x 2 2P 3 4P
 2 x 2 2 
 4P
 P nguyên nên 2P 3 0 . Từ đó x 2 
 2P 3
 4P
 Do x 2 0 nên 0
 2P 3
 3
 Từ đó P 0
 2
 Do P nguyên nên P 1;0 
 Với P 1 thì x 2 4 x 18 Với P 0 thì x 2 0 x 2
Câu 2. (4 điểm)
 2020
 1) Tính giá trị của biểu thức A x3 12x 9 , biết x 3 4 5 1 3 4 5 1 
 2) Giải phương trình: x 24 x 3 x2 8x 48
 Lời giải
 1) Ta có x 3 4 5 1 3 4 5 1 
 3
 3 
 Xét x 3 4 5 1 3 4 5 1 4 5 1 4 5 1 33 4 5 1 .4 5 1 .x 
 Hay x3 8 12x x3 12x 8 0 x3 12x 9 1
 Vậy A 12020 1
 2) Giải phương trình: x 24 x 3 x2 8x 48
 Điều kiện: x2 8x 48 0
 Với điều kiện trên, phương trình tương đương: 
 2x 48 2 x 3 x2 8x 48 0
 x2 6x 9 2 x 3 x2 8x 48 x2 8x 48 9
 2
 x 3 x2 8x 48 9
 x 3 x2 8x 48 3 x2 8x 48 x 6 1 
 2 2
 x 3 x 8x 48 3 x 8x 48 x 2 
 Giải 1 
 x2 8x 48 x2 12x 36 2x2 20x 12 0 2x2 20x 12 0
 1 
 x 6 x 6 x 6
 x 5 31
 x 5 31 x 5 31
 x 6
 Giải 2 
 x2 8x 48 x2 2x2 8x 48 0
 2 
 x 0 x 0 x 2 2 7
 x 2 2 7 x 2 2 7
 x 0
 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 5 31;2 2 7
Câu 3. (4 điểm)
 a b c
 1) Cho ba số thực a , b , c khác 0 thoả mãn 2. 
 b c c a a b
 a2 b2 c2
 Chứng minh rằng a b c 
 b c c a a b
 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn x3 y3 x2 x 1. 
 Lời giải
 a b c
 1) Ta có: 2 * . 
 b c c a a b
 a2 ab ac
 Nhân hai vế của * với số a khác 0 ta được: 2a
 b c c a a b
 ab b2 bc
 Nhân hai vế của * với số b khác 0 ta được: 2b
 b c c a a b
 ac bc c2
 Nhân hai vế của * với số c khác 0 ta được: 2c
 b c c a a b
 Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta được:
 a2 ab ac ab b2 bc ac bc c2
 2a 2b 2c
 b c c a a b b c c a a b b c c a a b
 a2 b2 c2 ab bc ac bc ab ac 
 2 a b c 
 b c c a a b c a c a a b a b b c b c 
 a2 b2 c2 a c a b b c 
 b c a 2 a b c 
 b c c a a b c a a b b c 
 a2 b2 c2 
 a b c 2 a b c 
 b c c a a b 
 a2 b2 c2
 a b c
 b c c a a b
 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn x3 y3 x2 x 1. 
 x3 y3 x2 x 1 y3 x3 x2 x 1
 Trong khoảng 0;1 không có số nguyên nào nên x2 x x x 1 0,x ¢ \ 0;1
 x2 x 0,x ¢
 Do đó, x 3 x3 x2 x 1 
 Và x3 x2 x 1 x3 x2 x 1 2 x2 x 
 x3 x2 x 1 x 1 3 Vậy x 3 x3 x2 x 1 x 1 3
 Từ đó x 3 y3 x 1 3
 Nếu x, y là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì:
 3 3
 y x 1 
 x; y x 1; y 0 , x 0; y 1  
 x 0;1
 Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn đề bài là: x 1; y 0 , x 0; y 1 
Câu 4. (6 điểm) Cho điểm M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Điểm A thay đổi sao cho 
 B· AC 60 . Đường phân giác trong của góc A cắt BC tại D .
 1
 1) Chứng minh S AB.AC.sin A, trong đó S là diện tích tam giác ABC .
 ABC 2 ABC
 AB2 AC 2 BC 2
 2) Chứng minh AM 2 
 2 4
 1 1 3
 3) Chứng minh rằng: 
 AB2 AC 2 2AD2
 Lời giải
 1
 1) Chứng minh S AB.AC.sin A, 
 ABC 2
 trong đó SABC là diện tích tam giác ABC
 Kẻ đường cao BK của ABC
 1
 S BK.AC
 ABC 2
 Trong tam giác vuông BKA , 
 BK
 sin A BK AB.sin A
 AB
 1
 Suy ra S AB.AC.sin A
 ABC 2
 AB2 AC 2 BC 2
 2) Chứng minh AM 2 
 2 4
 Kẻ đường cao AH của tam giác ABC
 AM 2 AH 2 HM 2 AB2 BH 2 HM 2
 AB2 HM HB HM HB 
 AB2 MB. HM HB 
 BC
 AB2 . HM HB 1 
 2
 AM 2 AH 2 HM 2 AC 2 CH 2 HM 2
 AC 2 HM CH CH HM 
 AC 2 MC. CH HM 
 BC
 AC 2 . CH HM 2 
 2 BC BC
 Lấy 1 + 2 ta được: 2AM 2 AB2 . HM HB AC 2 . CH HM 
 2 2
 BC
 2AM 2 AB2 AC 2 . HM HB CH HM 
 2
 BC 2
 2AM 2 AB2 AC 2 
 2
 AB2 AC 2 BC 2
 Suy ra AM 2 
 2 4
 1 1 3
 3) Chứng minh rằng: 
 AB2 AC 2 2AD2
 Sử dụng kết quả của câu 1) ta có:
 1 1
 S AB.AD.sin 30 .AB.AD
 ABD 2 4
 1 1
 S AC.AD.sin 30 .AC.AD
 ACD 2 4
 1 3
 S AB.AC.sin 60 .AB.AD
 ABC 2 4
 Mà SABD SACD SABC
 1 1 3
 Nên .AB.AD .AC.AD .AB.AC
 4 4 4
 AD AB AC 3.AB.AC
 1 1 3
 AB AC AD
 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
 1 1 1 1 
 2. 2 2 
 AB AC AB AC 
 3 1 1 
 Từ đó 2. 2 2 
 AD AB AC 
 1 1 3
 Suy ra 
 AB2 AC 2 2AD2
 Dấu bằng xảy ra khi AB AC
Câu 5. (2 điểm) 
 3
 1) Cho các só dương a , b , c thỏa mãn a b c . 
 2
 Chứng minh rằng a2 b2 c2 2abc 1.
 1 2 3 2020
 2) Trên bảng có ghi 2020 số: ; ; ; ; . Mỗi lần thực hiện, cho 
 2020 2020 2020 2020
 phép xóa đi hai số a , b bất kỳ trên bảng và thay bằng số a b 2ab . Hỏi sau 2019 lần 
 thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
 Lời giải 3
1) Cho các só dương a , b , c thỏa mãn a b c . 
 2
 Chứng minh rằng a2 b2 c2 2abc 1.
Ta có: a2 b2 c2 2abc 1 a2 b2 c2 2abc 1 0 * 
 3 3
Do đó: a b c a b c
 2 2
Nên a2 b2 c2 2abc 1 a b 2 2ab c2 2abc 1
 2
 3 2 2 5
 c 2ab c 2abc 1 2ab c 1 2c 3c 
 2 4
Do vai trò của a , b , c như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c b a . 
 3 1
Mà a b c c 
 2 2
Xét hàm số bậc nhất biến t là:
 2
 3 
 2 c 
 5 a b 2
 f t 2t c 1 2c2 3c , với t ab và 0 t ab 
 4 4 4
 2
 2 5 2 3 9 1 3 1
Ta có f 0 2c 3c 2 c c 2 c 0,c
 4 2 16 8 4 8
 2 2 2
 3 3 1 
 c c c c 1 
 2 2 5 2
 f 2. . c 1 2c2 3c 0,c
 4 4 4 2
 2
 3 
 c 
 2
Từ đó ta có f t 0 với mọi 0 t , tức là bất đẳng thức * đúng.
 4
 a b
 2
 3 
 c 
 2 1
Đẳng thức xảy ra khi ab a b c 
 4 2
 2
 1 
 c . c 1 
 2
 0
 4
 1 2 3 2020
2) Trên bảng có ghi 2020 số: ; ; ; ; . Mỗi lần thực hiện, cho 
 2020 2020 2020 2020
phép xóa đi hai số a , b bất kỳ trên bảng và thay bằng số a b 2ab . Hỏi sau 2019 lần 
thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
Giả sử các số trên bảng đang là a1 , a2 , , ak . Ta cho tương ứng bảng này với tích 
 2a1 1 2a2 1 ... 2ak 1 Sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số 2a 1 2b 1 nhưng lại được thêm 
vào thừa số 2 a b 2ab 1 2a 1 2b 1 
Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi, chỉ đổi dấu.
 1010 
Vì tích ban đầu bằng 0 (do có chứa thừa số 2. 1 nên số cuối cùng s cũng phải 
 2020 
 1
có tích bằng 0 nghĩa là tích cuối cùng bằng 2s 1 0 s 
 2
  HẾT 