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

 PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN 9
 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi: 25/11/2020
Câu 1. (5 điểm)
 x x 3 2 x 3 x 3
 1) Cho biểu thức A 
 x 2 x 3 x 1 3 x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A .
 2) Chứng minh rằng: A 2 2 2 ... 2 2 2 (2020 chữ số 2).
Câu 2. (5 điểm)
 1) Giải phương trình sau: x 2 4 x 2x2 5x 3.
 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức x4 2x3 2x2 x 3 là một số chính 
 phương. 
Câu 3. (4 điểm)
 1) Cho P x x4 ax3 bx2 cx d , trong đó a, b, c, d là hằng số. 
 P 0 P 8 437.P 2 
 Biết P 2 6 , P 4 12 , P 6 18 . Tính A .
 2020
 2) Với các số dương a , b thỏa mãn a3 b3 6ab 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
 1 3
 P ab
 a2 b2 ab
Câu 4. (5 điểm)
 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có D , E , F theo thứ tự 
 là trung điểm của BC , AC , AB . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
 a) Chứng minh tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng.
 b) Kẻ các đường thẳng DM // OA , EN // OB , FG // OC ( M AH , N BH , 
 G CH ). Chứng minh các đường thẳng DM , EN , FG đồng quy.
 2) Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường 
 vuông góc MA , MB MC đến BC , CA , AB . Tìm vị trí của M để tích 
 MA .MB .MC đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5. (1 điểm) Cho dãy gồm 1000 số: 7; 77; 777; 7777; ; 7777 . Chứng minh 
 trong dãy trên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013.
 HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 9
 PHÒNG GD & ĐT THANH OAI
 Năm học 2020 – 2021
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. (5 điểm)
 x x 3 2 x 3 x 3
 1) Cho biểu thức A 
 x 2 x 3 x 1 3 x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A .
 2) Chứng minh rằng: A 2 2 2 ... 2 2 2 (2020 chữ số 2).
 Lời giải
 x x 3 2 x 3 x 3
 1) Cho biểu thức A 
 x 2 x 3 x 1 3 x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 ĐKXĐ: x 0 ; x 9 .
 x x 3 2 x 3 x 3
 A 
 x 1 x 3 x 1 x 3
 x x 3 2 x 3 x 3 x 3 x 1 
 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 
 x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3
 x 1 x 3 
 x x 3x 8 x 24 x 3 x 8 x 8
 .
 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A .
 x 1 9 x 1 9 9 9
 A x 1 x 1 2 Cosi 2.3 2 4 .
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
 9 2
 Vậy giá trị nhỏ nhất của A 4 x 1 x 1 9
 x 1
 x 1 3 x 4 (thỏa mãn điều kiện). 2) Chứng minh rằng: A 2 2 2 ... 2 2 2 (2020 chữ số 2).
 A1 2 2
 A2 2 2 2 A1 2 2 2
 A3 2 2 2 2 A2 2 2 2
 A2020 A 2 A2019 2 2 2
 A 2 2 2 ... 2 2 2 (đpcm).
Câu 2. (5 điểm)
 1) Giải phương trình sau: x 2 4 x 2x2 5x 3.
 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức x4 2x3 2x2 x 3 là một số chính 
 phương. 
 Lời giải
 1) Giải phương trình sau: x 2 4 x 2x2 5x 3.
 Điều kiện: 2 x 4.
 Phương trình đã cho tương đương với: 
 x 3 x 3
 x 2 1 1 4 x 2x2 5x 3 x 3 2x 1 
 x 2 1 1 4 x
 1 1 
 x 3 2x 1 0
 x 2 1 1 4 x 
 x 3
 1 1
 2x 1 0
 x 2 1 1 4 x
 1 1
 Với 2 x 4 thì 1; 1; 2x 1 5 
 x 2 1 1 4 x
 1 1
 nên 2x 1 0
 x 2 1 1 4 x
 Từ đó suy ra: x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức x4 2x3 2x2 x 3 là một số chính 
 phương. 
 Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 (với y là số tự nhiên)
 2
 Ta có: y2 x4 2x3 x2 x2 x 3 x2 x x2 x 3 
 Ta sẽ chứng minh: a2 y2 a 2 2 với a x2 x 2
 2 2 2 1 11 2 2
 Thật vậy: y a x x 3 x 0 y a
 2 4
 2
 2 2 2 1 1 2 2
 a 2 y 3x 3x 1 3 x 0 y a 2 
 2 4
 2
 Do a2 y2 (a 2)2 nên y2 a 1 
 2
 Hay x2 x x2 x 3 x2 x 1 x2 x 2 0
 x 1 hoặc x 2
 Thử lại: với x 1 hoặc x 2 biểu thức đã cho đều bằng 9 32 , thỏa mãn.
 Vậy x 1; 2 .
Câu 3. (4 điểm)
 1) Cho P x x4 ax3 bx2 cx d , trong đó a , b , c , d là hằng số. 
 P 0 P 8 437.P 2 
 Biết P 2 6 ; P 4 12 ; P 6 18 . Tính A .
 2020
 2) Với các số dương a , b thỏa mãn a3 b3 6ab 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
 1 3
 P ab
 a2 b2 ab
 Lời giải
 1) Cho P x x4 ax3 bx2 cx d , trong đó a , b , c , d là hằng số. 
 P 0 P 8 437.P 2 
 Biết P 2 6 ; P 4 12 ; P 6 18 . Tính A .
 2020
 Đặt Q x P x 3x Q 2 Q 4 Q 6 0
 2; 4; 6 là nghiệm của Q x , mà Q x là đa thức bậc 4 nên Q x có 
 dạng:
 Q x x 2 x 4 x 6 x m 
 P x x 2 x 4 x 6 x m 3x
 Tính được P 0 48m ; P 8 408 48m
 48m 408 48m 437.6 3030 3
 A .
 202 2020 2
 2) Với các số dương a, b thỏa mãn a3 b3 6ab 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
 1 3
 P ab
 a2 b2 ab
 Ta có: a3 b3 6ab 8 a b 2 a2 ab b2 2a 2b 4 0 a b 2
 1 3 1 1 1 3
 P ab ab 
 a2 b2 ab a2 b2 2ab ab 2ab 4 6 9
 P 2 
 a2 b2 2ab a b 2 2
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b 1.
 9
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P khi a b 1.
 2
Câu 4. (5 điểm)
 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có D , E , F theo thứ tự 
 là trung điểm của BC , AC , AB . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
 a) Chứng minh tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng.
 b) Kẻ các đường thẳng DM // OA , EN // OB , FG // OC ( M AH , N BH , 
 G CH ). Chứng minh các đường thẳng DM , EN , FG đồng quy.
 2) Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường 
 vuông góc MA , MB MC đến BC , CA , AB . Tìm vị trí của M để tích 
 MA .MB .MC đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải
 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có D, E, F theo thứ tự là 
 trung điểm của BC, AC, AB . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
 A
 M
 E
 F
 H O
 N
 G
 B D C
 a) Chứng minh tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng.
 Chứng minh được ED // AB, OD // AH (cùng vuông góc BC )
 BH // OE (cùng vuông góc AC )
 ·ABH D· EO ; B· AH E· DO (góc có cạnh tương ứng song song)
 ABH : DEO g g (đpcm)
 b) Kẻ các đường thẳng DM // OA, EN // OB, FG // OC M AH, N BH, G CH . 
 Chứng minh các đường thẳng DM , EN, FG đồng quy. 1
 Từ câu a) suy ra: OD // AH
 2
 Chứng minh được tứ giác AMDO là hình bình hành suy ra OD AM MH , 
 dẫn đến tứ giác MODH là hình bình hành. Nên DM đi qua trung điểm I của 
 OH .
 Chứng minh tương tự có EN, FG đi qua I , nên các đường thẳng 
 DM , EN, FG đồng quy (đpcm)
 2) Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường 
 vuông góc MA , MB , MC đến BC, CA, AB . Tìm vị trí của M để tích 
 MA .MB .MC đạt giá trị lớn nhất.
 A
 B'
 C'
 M
 B A' C
 Đặt MA x , MB y , MC z ; BC a , AC b , AB c .
 1
 S S S S ax by cz 
 ABC BMC AMC BMA 2
 ax by cz 2SABC
 3 3
 1 1 ax by cz 8S ABC
 MA .MB .MC xyz ax . by . cz 
 abc abc 3 27abc
 Dấu “=” xảy ra ax by cz , suy ra diện tích các tam giác BMC , tam giác 
 AMC , tam giác AMB bằng nhau, khi đó M là trọng tâm tam giác ABC .
 Vậy MA .MB .MC lớn nhất khi M là trọng tâm của tam giác ABC .
Câu 5. (1 điểm)
 Cho dãy gồm 1000 số: 7; 77; 777; 7777; ; 7777 . Chứng minh trong dãy 
 trên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013.
 Lời giải
 Tách 2013 = 3.11.61 trong đó 3; 11; 61 đôi một nguyên tố cùng nhau.
 Sử dụng điều kiện chia hết cho đồng thời 3 và 11, đó là những số có số chữ 
 số là bội của 6.
 Đó là những số: 777777 (6 chữ số), 777777777777 (12 chữ số), 777 77 
 (996 chữ số) Số số hạng của dãy trên là 996 6 : 6 1 166
Khi chia 166 số trên cho 61 thì có 166 số dư, mà số dư của các phép chia 
này chỉ nhận 61 giá trị từ 0 đến 60, nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại 2 
số trong dãy trên có cùng số dư khi chia cho 61 hiệu của hai số đó chia 
hết cho 61.
Hiệu của hai số có dạng: 77...7.10n (có k số 7, 6 k 990 )
Mà 10n , 61 1 suy ra 77...7 chia hết cho 61.
Vậy trong 1000 số đã cho tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013.
  HẾT 