Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Thành phố Hà Nội (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (5,0 điểm)
 a) Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a + b + c = 2018 và 
 1 1 1 2017 a b c
 + + = . Tính giá trị của biểu thức P = + + 
 b + c c + a a + b 2018 b + c c + a a + b
 x - y 7
 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình = . 
 x2 + xy + y2 13
Câu 2: (5,0 điểm)
 a) Giải phương trình : 6x2 + 2x + 1= 3x 6x + 3 
 ì 3 3 2
 ï x + x + 2 = y - 3y + 4y
 b) Giải hệ phương trình : í 
 ï
 îï 2 x + 2 = y + 2
Câu 3: (3,0 điểm)
 a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương m,n, p với p nguyên tố 
 thỏa mãn
 m2019 + n2019 = p2019
 b) Cho x, y,z ³ 0 thỏa mãn x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 x y z
 P = + +
 y3 + 16 z3 + 16 x3 + 16
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB < AC < BC ,nội tiếp đường tròn (O). 
 Gọi H là hình chiếu của A lên BC , M là trung điểm của AC và P là điểm thay 
 đổi trên đoạn MH ( P khác M và P khác H ).
 a) Chứng minh rằng B·AO < H·AC 
 b) Khi A·PB < 90° , chứng minh ba điểm B,O,P thẳng hàng.
 c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP 
 cắt nhau tại Q (Q khác P ). Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một 
 điểm cố định khi P thay đổi.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Chia 2n đỉnh này 
thành n cặp điểm, mỗi cặp điểm này thành một đoạn thẳng (hai đoạn thẳng bất kì trong số n
đoạn thẳng được tạo ra không có đầu mút chung).
 a) Khi n = 4 , hãy chỉ ra một cách chia sao cho trong bốn đoạn thẳng được tạo ra 
 không có hai đoạn nào có độ dài bằng nhau.
 b) Khi n = 10 , chứng minh rằng trong mười đoạn thẳng được tạo ra luôn tồn tại 
 hai đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (5,0 điểm)
 a) Từ giả thiết, ta có
 æ 1 1 1 ö 2017
 P = (a + b + c)ç + + ÷- 3 = 2018. - 3 = 2014
 èçb + c c + a a + bø÷ 2018
 b) Điều kiện: x2 + xy + y2 ¹ 0 . Từ phương trình suy ra x - y ¹ 0 . Bây giờ ta viết 
 lại phương trình đã cho dưới dạng
 13(x - y)= 7(x2 + xy + y2 ) (1)
 Từ đây, ta có 13(x - y) chia hết cho 7. Mà (14,7)= 1 nên x - y chia hết cho 7. (2)
 1 2 3 2 1 2
 Mặt khác, ta lại có x2 + xy + y2 = (x - y) + (x + y) ³ (x - y) 
 4 4 4
 7 2
 Do đó, kết hợp với (1), ta suy ra 13(x - y)³ (x - y) 
 4
 52
 Từ đó, với chú ý x - y ¹ 0 , ta có đánh giá 0 < x - y < . Kết hợp với (2), ta được 
 7
 x - y = 7 và x2 + xy + y2 = 13 .
 éì
 êï x = 3
 êí
 ïì x - y = 7 êîï y = - 4
 Giải hệ phương trình íï Þ 
 ï 2 2 êì
 îï x + xy + y = 13 êï x = 4
 êí
 ï
 ëêîï y = - 3
Câu 2: (5,0 điểm)
 1 2
 a) Điều kiện: x ³ - . Do 6x2 + 2x + 1= 5x2 + (x + 1) > 0 nên từ phương trình ta 
 2
 1
 suy ra x > 0 . Bây giờ, đặt a = 6x + 3 , ta có 6x2 + 2x + 1= 6x2 + a2 nên phương 
 3
 1
 trình có thể được viết lại thành 6x2 + a2 = 3xa, hay (a- 6x)(a- 3x)= 0 .
 3
 Từ đây, ta có a = 3x hoặc a = 6x .
 Với a = 3x , ta có 9x2 = 6x + 3. Từ đây, với chú ý x > 0 , ta giải được x = 0 .
 Với a = 6x , ta có 36x2 = 6x + 3. Từ đây, với chú ý x > 0 , ta giải được 
 1+ 13
 x = .
 12
 1+ 13
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = .
 12
 b) Điều kiện: x ³ - 2 . Từ phương trình thứ hai, ta suy ra y ³ - 2 . Phương trình thứ 
 2
 nhất của hệ có thể được viết lại thành 2 y + 1 = y + 2 hay ( y = 1- 1) = 0 .
 Giải phương trình này, ta được y = 0 . Một cách tương ứng, ta có x = - 1. Vậy hệ 
 phương trình đã cho có nghiệm (x, y) duy nhất là (- 1;0). Câu 3: (5,0 điểm)
 a) Giả sử tồn tại bộ số (m,n, p) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy 0 < m,n < p . 
 Phương trình đã cho có thể được viết lại thành 
 (m + n)A = p2018 , (1)
 trong đó A = m2018 - m2017n + m2016 .n2 - ...- mn2017 + n2018 
 Nếu A không chia hết cho p thì từ (1), ta có A = 1và
 m + n = p2018 = m2019 + n2019
 Từ đó dễ thấy m = n = 1 và p2018 = 2 , mâu thuẫn. Vậy A chia hết cho p .
 Do m + n > 1 nên từ (1) suy ra m + n chia hết cho p . Khi đó, ta có
 A º 2019m2018 (mod p).
 Do A chia hết cho p và 0 < m < p nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia hết cho 
 p , hay p = 2019. Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay m ¹ n .
 673 673
 Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng (m3 ) + (n3 ) = 20192018 
 hay (m + n)(m2 - mn + n2 )= 20192018 ,
 672 671 671 672
 trong đó, B = (m3 ) - (m3 ) (n3 )+ ...- (m3 )(n3 ) + (n3 ) .
 2
 Do m ¹ n nên m2 - mn + n2 = (m- n) + mn > 1 , từ đó ta có m2 - mn + n2 chia hết 
 cho 2019 . Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra do
 m2 - mn + n2 º 3n2 (mod 2019)
 m2 - mn + n2 º/ 0 (mod 2019) 
 Vậy không tồn tại các số m,n, p thỏa mãn yêu cầu đề bài.
 1
 b) Ta sẽ chứng minh P ³ với dấu bằng đạt được tại (x, y,z)= (0,1,2) (và các 
 6
 1
 hoán vị vòng quanh của bộ này). Bất đẳng thức P ³ tương đương với
 6
 16x 16y 16z 8
 + + ³
 y3 + 16 z3 + 16 x3 + 16 3
 hay 
 æ 16x ö æ 16y ö æ 16z ö 8
 çx - ÷+ çy- ÷+ çz- ÷£ x + y + z- .
 ç 3 ÷ ç 3 ÷ ç 3 ÷
 èç y + 16ø÷ èç z + 16ø÷ èç x + 16ø÷ 3
 Một cách tương đương, ta phải chứng minh
 xy3 yz3 zx3 1
 + + £ (1)
 y3 + 16 z3 + 16 x3 + 16 3
 Không mất tính tổng quát, giả sử y nằm giữa x và z . Ta có:
 2
 y3 + 16 = (y + 4)(y- 2) + 12y ³ 12y
 xy3 xy2
 nên £ .
 y3 + 16 12
 Đánh giá tương tự, ta cũng có yz3 yz2 zx3 zx2
 £ ; £
 z3 + 16 12 x3 + 16 12
 Suy ra
 xy3 yz3 zx3 xy2 + yz2 + zx2
 + + £ (2)
 y3 + 16 z3 + 16 x3 + 16 12
 Do y nằm giữa x và z nên ta có (y- z)(y- z)£ 0 suy ra y 2 zx xy yz và 
 xy 2 zx 2 xy 2 xyz . Từ đó, ta có đánh giá
 2 2 2
 xy2 + yz2 + zx2 £ y(x2 + xz + z2 )£ y(x + z) = y(3- y) = 4- (4- y)(y- 1) £ 4 (3)
 1
 Từ (2) và (3), ta thu được (1). Vậy min P = . 
 6
Câu 4: (3,0 điểm)
 1
 Ta có A·CB = sđ A»B = A·OB (tính chất góc nội tiếp chắn cung). Mà OA = OB nên 
 2
 B·AO = A·BO , suy ra A·OB + 2B·AO = 90° .
 Từ đây, ta có 2A·CB + 2B·AO = 90° , hay B·A0 = 90°- A·CB = H·AC (vì A·HC = 90° ).
 Vậy B·AO = C·AH .
 Xét tứ giác APHB , ta có A·PB = A·HB = 90° (gt). Mà hai góc này cùng nhìn cạnh 
 AB nên tứ giác APHB nội tiếp. Suy ra A·BP = A·HP (cùng chắn cung AP ) (1)
 Xét tam giác AHC vuông tại H có M là trung điểm của AC nên 
 MH = MC = MA (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền). 
 Từ đó suy ra A·HP = A·HM = M· AH = C·AH = B·AO = A·BO (2)
 Từ (1) và (2), ta có A·BP = A·BO nên các tia BO và BP trùng nhau. Từ đó suy ra 
 ba điểm B , O , P thẳng hàng.
 Ta có tứ giác BQPH nội tiếp và hai góc BQP , BHP ở vị trí đối nhau nên
 B·QP = 180°- B·HP = P·HC = M· HC .
 Mặt khác, ta lại có MH = MC (chứng minh trên) nên M· HC = M· CH = A·CB . Từ đây, ta suy ra B·QP = A·CB 
 Lại có tứ giác AQMP nội tiếp nên A·QP = A·MP = A·MH (cùng chắn cung AP ).
 Mà A·MH = M· HC + M· CH = 2M· CH = 2A·CB (tính chất góc ngoài) nên A·QP = 2A·CB 
 Từ đó A·QB = A·QP - B·QP = A·CB .
 Hai góc A·QB và A·CB cùng nhìn cạnh AB nên tứ giác ACQB nội tiếp. Bây giờ, 
 gọi I là giao điểm khác P của PQ và (O). Ta có B·QI = B·QP = A·CB = A·QB nên 
 sđ B»A = sđ BºI , hay BA = BI . Suy ra I là giao điểm khác A của các đường tròn 
 (B,BA) và (O), tức I cố định. Vậy đường thẳng PQ luôn đi qua điểm I cố định.
Câu 5: (3,0 điểm) Ta đánh số 2n đỉnh của đa giác từ 1 đến 2n . Khi đó, độ dài của đoạn 
thẳng nối hai đỉnh có thể coi tương ứng với số lượng cung nhỏ nằm giữa hai đỉnh đó, cũng 
chính là chênh lệch giữa hai số thứ tự theo mod n rồi cộng thêm 1. Sự tồn tại hai cặp đoạn 
thẳng có độ dài bằng nhau trong đề bài tương ứng với việc tồn tại hai cặp đỉnh có sự chênh 
lệch giữa các số thứ tự bằng nhau theo mod n .
 a) Ta cần chỉ ra cách chia cặp 8 số từ 1 đến 8 sao cho không có hai cặp nào có 
 chênh lệch giống nhau theo mod 4 . Cụ thể là, (1,4),(2,6),(3,5) và (7,8) và với các 
 chênh lệch là 3, 4, 2,1 thỏa mãn đề bài.
 b) Giả sử tồn tại cách ghép cặp (a1,b1) ,(a2 ,b2 ) , ,(a10 ,b10 )cho các số từ 1 đến 20 
 sao cho không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 10 . Suy ra 
 a1 - b1 + a2 - b2 + ...+ a10 - b10 º 0 + 1+ ...+ 9 (mod 10) 
 a1 - b1 + a2 - b2 + ...+ a10 - b10 º 5(mod 10) 
 Do đó tổng a1 - b1 + a2 - b2 + ...+ a10 - b10 là số lẻ. Chú ý rằng với mọi x, y 
 nguyên thì x - y có cùng tính chẵn lẻ với x + y . Kết hợp với kết quả trên, ta suy 
 ra tổng (a1,b1)+ (a2 ,b2 )+ ...+ (a10 ,b10 ), cũng lẻ. Mặt khác, ta lại có 
 (a1,b1)+ (a2 ,b2 )+ ...+ (a10 ,b10 )= 1+ 2 + ...+ 20 = 210 là số chẵn. Mâu thuẫn nhận 
 được cho ta kết quả cần chứng minh.