Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Yên Thành (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH - NĂM 2019-2020
Câu 1: (3.0đ) 
 1. Tồn tại hay không các số nguyên tố a,b,c thỏa mãn điều kiện ab 2011 c
 2. Tìm giá trị nguyên của x, y thỏa mãn x2 4xy 5y2 2(x y).
Câu 2: (6.0đ) 
 1. Giải phương trình: 10x2 3x 1 (6x 1) x2 3
 2. Cho a,b,c thỏa mãn 2a b c 0 . Chứng minh 2a3 b3 c3 3a(a b)(c b) .
Câu 3: (3.0đ) 
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
 bc ca ab 1 1 1
 a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) 2a 2b 2c
Câu 4: (6.0đ) 
Cho tam giác nhọn ABC(AB AC) , Ba đường cao AD,BE và CFcắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm 
EF và AH . Đường thẳng qua I và song song với BC cắt AB, BE lần lượt tại B và Q.
 1. Chứng minh: AEF ∽ ABC .
 2. Chứng minh: IP IQ .
 3. Gọi M là trung điểm của AH chứng minh I là trực tâm của tam giác BMC .
Câu 5: (2.0đ) 
Trong mặt phẳng cho 6 điểm A1;A2 ;A3;A4 ;A5;A6 trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Với 
ba điểm bất kỳ trong số 6 điểm này luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhở hơn 673. 
Chứng minh rằng trong sáu điểm đã cho luôn tìm được ba điểm là ba đỉnh một tam giác có chu vi 
nhỏ hơn 2019.
 (Hết) LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH - NĂM 2019-
 2020
Câu 1: (3.0đ) 
 1. Tồn tại hay không các số nguyên tố a,b,c thỏa mãn điều kiện a b 2011 c
 2. Tìm giá trị nguyên của x, y thỏa mãn x2 4xy 5y2 2(x y).
 Lời giải
1. Giả sử tồn tại 3 số nguyên tố a,b,c thỏa mãn điêu kiện: ab 2011 c
Khi đó ta có: c 2011 c là số nguyên tố lẽ.
 ab chẵn
 a 2
Nếub 2 thì c 22 2011 20155 c là hợp số (trái với giả thiết)
Nếu b 3 thì là số nguyên tố lẻ b 2k 3(với k N )
 ab 22k 3 22k.23
Vì 22k 1(mod3) và 23  1(mod3)
 a b 22k.23  1(mod3)
Lại có: 2011 1(mod3)
 c ab 2011  0(mod3) c là hợp số (trái với giả thiết)
Vậy không tồn tại các số nguyên tố a,b,c thỏa mãn điều kiện ab 2011 c
2. Ta có : x2 4xy 5y2 2(x y)
 (4y2 x2 1 4xy 2x 4y) (y2 2y 1) 2
 (2y x 1)2 (y 1)2 12 12
 (2y x 1)2 12 2y x 1 1
 2 2 
 (y 1) 1 y 1 1
 2y x 1 1 x 4
 y 1 1 y 2
 2y x 1 1 x 2
 y 1 1 y 0
 2y x 1 1 x 6
 y 1 1 y 2
 2y x 1 1 x 0
 y 1 1 y 0
 Vậy (x; y) (4;2);(2;0);(6;2);(0;0);
Câu 2: (6.0đ) 1. Giải phương trình: 10x2 3x 1 (6x 1) x2 3
 2. Cho a,b,c thỏa mãn 2a b c 0 . Chứng minh 2a3 b3 c3 3a(a b)(c b) .
 Lời giải
 1. ĐKXĐ của phương trình là: x ¡ 
Ta có: 10x2 3x 1 (6x 1) x2 3
 40x2 12x 4 4(6x 1) x2 3
 (36x2 12x 1) 4(6x 1) x2 3 4(x2 3) 9 0
 2
 (6x 1)2 2.(6x 1).2 x2 3 2 x2 3 9
 2
 6x 1 2 x2 3 9
 6x 1 2 x2 3 3
 2
 6x 1 2 x 3 3
* Trường hợp 1: 6x 1 2 x2 3 3 2 x2 3 6x 2 x2 3 3x 1
 1
 1 x 
 x 3 0 x 3
 3 x 1
 2 2 x 1 0
 x 3 9x 6x 1 2 
 4x 3x 1 0 
 4x 1 0
* Trường hợp 2: 6x 1 2 x2 3 3 2 x2 3 6x 4 x2 3 3x 2
 2
 x 
 3
 2 
 x 2 0 x 3 7 3 7
 2 2 3 x x 
 x 3 9x 12x 4 2 4 4
 8x 12x 1 0 
 3 7
 x 
 4
 3 7
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x 1 và x 
 4 .
 2.Ta có: 2a b c 0 a b (a c)
 (a b)3 (a c)3
 +
 2a3 b3 c3 3a(ac c2 ab b2 )
 2a3 b3 c3 3ac(a c) b(a b)
 2a3 b3 c3 3a c(a b) b(a b) (Vì a b (a c) ) 2a3 b3 c3 3a(a b)(b c)
 3 3 3
 2a b c 3a(a b)(c b) .
2. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Sy cho hai số dương ta có:
 bc b c bc b c 1
 2 . 
 a2 (b c) 4bc a2 (b c) 4bc a
 bc 1 1 1
 (1)
 a2 (b c) a 4b 4c
 ca 1 1 1
Tương tự: (2)
 b2 (c a) b 4c 4a
 ab 1 1 1
 (3)
 c2 (a b) c 4a 4b
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
 bc ca ab 1 1 1 1 1 1 
 2 2 2 
 a (b c) b (c a) c (a b) a b c 2a 2b 2c 
 bc ca ab 1 1 1
 2 2 2 
 a (b c) b (c a) c (a b) 2a 2b 2c .
Câu 4: (6.0đ) 
Cho tam giác nhọn ABC (AB AC) , Ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm 
EF và AH . Đường thẳng qua I và song song với BC cắt AB, BE lần lượt tại B và Q.
 1/ Chứng minh: AEF ∽ ABC .
 2/ Chứng minh: IP IQ .
 3/ Gọi M là trung điểm của AH . chứng minh I là trực tâm của tam giác BMC .
 Lời giải
 1. Chứng minh: AEF ∽ ABC A
 AE AB
 Ta có: AEF ∽ ABC (g g) (1)
 AF AC E
 K
 Xét AEF và ABC có: P
 N I
 F Q
 E· AF B· AC (gócchung)
 AE AB  AEF ∽ ABC (c g c) H
 (1) 
 AF AC 
 2.Kẻ AK và HN vuông góc với EF ( K; N EF )
 C
 Ta có: AK / /HN (cùng vuông góc với EF ) B D
 1
 AK.EF
 IA AK S
 2 AEF (1)
 IH HN 1 S
 HN.EF HEF
 2 1
 AD.BC
 AD S
 Lại có: 2 ABC (2)
 HD 1 S
 HD.BC HBC
 2
 HE HF HE HC
Mặt khác: EHC ∽ FHB (g g) 
 HC HB HF HB
 2
 S HEF EF 
 HEF∽ HCB(c g c) 
 S HCB BC 
 2
 S AEF EF 
Và AEF∽ ABC (câu a) 
 S ABC BC 
 2
 S HEF S AEF EF S AEF S ABC
 (3)
 S HCB S ABC BC S HEF S HBC
 IA AD AI HI
Từ (1), (2) và (3) (*)
 IH HD AD HD
 IP AI IQ HI
Vì PQ / /BC nên áp dụng quan hệ định lý Ta-Lét ta có: và (**)
 DB AD DB HD
 IP IQ
Từ (*) và (**) IP IQ
 DB DB
 AI HI HI HI AI
 3. Ta có: (câu b) A
 AD HD HD HD AD
 Vì M là trung điểm của AH HI AI AH 2MA
 M
 Và HD AD AH 2HD 2MH 2HD 2MD J E
 HI 2MA MA HI MA
 1 1 I
 HD 2MD MD HD MD F
 ID AD H
 ID.MD AD.HD (1)
 HD MD
 Lại có: C
 B D
 DH DB
 DHB∽ DCA (g g) DB.CD AD.HD (2)
 DC DA
 ID CD
 Từ (1) và (2) ID.MD BD.CD 
 BD MD
 DIB ∽ DCM (c g c) D· IB D· CM B· CJ
 · · · · 0
 BCJ CBJ DIB DBI 90 BJ  MC 
 Mặt khác: MD  BC
 Mà BJ cắt MD tại I suy ra I là trực tâm của BMC . 
Câu 5: (2.0đ) Trong mặt phẳng cho 6 điểm A1; A2 ; A3; A4 ; A5; A6 trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Với ba 
điểm bất kỳ trong số 6 điểm này luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhở hơn 673. 
Chứng minh rằng trong sáu điểm đã cho luôn tìm được ba điểm là ba đỉnh một tam giác có chu vi 
nhỏ hơn 2019.
 Xanh
 Đỏ
 Xanh
 Xanh Đỏ
 Đỏ
 Xanh
 Đỏ Đỏ
 Đỏ
 Đỏ
 Xanh
 Lời giải
-Tổng số đoạn thẳng được sinh ra từ 6 điểm đã cho là:5 4 3+2 1 15 (đoạn thẳng)
- Trong 15 đoạn thẳng trên các đoạn thẳng Am An (với m;n 1;2;3;4;5;6 ; 6}) có độ dài 
nhỏ hơn 673 được tô bởi mà đỏ. Các đoạn thẳng còn lại được tô bởi màu xanh.
- Khi đó, trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ và các tam giác có 3 
cạnh được tô cùng màu đỏ có chu vi nhỏ hơn 2019.
- Vì thế, ta chỉ cần chứng minh luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh đều là màu đỏ.
- Thật vậy: Nối điểm A1 với 5 điểm còn lại ta được 5 đoạn thẳng gồm 
 A1A2 ; A1A3 ; A1A4 ; A1A 5 ; A1A6
- Theo nguyên lí Dirichlet trong 5 đoạn thẳng này luôn tồn tại 3 đoạn thẳng được tô 
cùng màu.
- Không mất tính tổng quát, Giả sử A1A2 ; A1A3; A1A4 có cùng màu xanh, khi đó tam 
giác A2A3A4 có 3 cạnh được tô cùng màu đỏ (vì trong một tam giác bất kì luôn tồn tại 
một cạnh màu đỏ)
- Nếu 3 đoạn thẳng A1A2 ; A1A3; A1A4 có cùng màu đỏ, khi đó tam giác A2A3A4 có một 
cạnh được tô bởi màu đỏ (trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ). 
Giả sử cạnh A2 A4 được tô bởi màu đỏ, Ta có tam giác A1 A2 A3 có З cạnh được tô cùng 
màu đỏ.
- Bài toán được chứng minh.
 (Hết)