Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Thành phố Hà Nội (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 2 x 1 x 1 .
 2 2 2 
b) Cho S 1 1 ... 1 là một tích của 2019 thừa số. Tính S (kết quả để 
 2.3 3.4 2020.2021 
dưới dạng phân số tối giản).
Câu 2: (5,0 điểm)
a) Biết a;b là các số nguyên dương thỏa mãn a2 ab b2 chia hết cho 9, chứng minh rằng cả a và 
b đều chia hết cho 3.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n 11 là tích của k k ¥ ,k 2 số tự nhiên liên tiếp.
Câu 3: (3,0 điểm)
 1 1
a) Cho x; y; z là các số thực dương nhỏ hơn 4 . Chứng minh rằng trong các số ,
 x 4 y
1 1 1 1
 , luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1.
 y 4 z z 4 x
b) Với các số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 2abc 1, tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức P ab bc ca abc .
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC . Đường tròn I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với 
các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AI và DE .
a) Chứng minh rằng tam giác IAB đồng dạng với tam giác EAS .
b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của BC.Chứng minh rằng ba điểm K,O, S thẳng 
hàng.
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác ABC cắt 
đường thẳng DE tại N . Chứng minh rằng AM AN . 
Câu 5: (1,0 điểm)
 Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào 
 mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung 
 cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một số 
 nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần.
 ---HẾT---
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 2 x 1 x 1 .
 2 2 2 
b) Cho S 1 1 ... 1 là một tích của 2019 thừa số. Tính S (kết quả để 
 2.3 3.4 2020.2021 
dưới dạng phân số tối giản).
 Lời giải
a) Phương trình: 3 2 x 1 x 1 (*)
ĐKXĐ: x 1 .
 a 3 2 x
Đặt với a 1, b 0. 
 b x 1
 a3 2 x
 a3 b2 1.
 2
 b x 1
Từ * ta có: a 1 b b 1 a .
Thay b 1 a vào thệ thức a3 b2 1 a3 1 a 2 1 a3 a2 2a 1 1 
 a3 a2 2a 0 a a2 a 2 0 a a 2 a 1 0 . 
 2 x 0
* Nếu a 0 (Thỏa mãn) b 1. Ta được x 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ).
 x 1 1
 2 x 8
* Nếu a 2 0 a 2 b 3. Ta được x 10 (Thỏa mãn ĐKXĐ).
 x 1 9
 2 x 1
* Nếu a 1 0 a 1 b 0 . Ta được x 1 (Thỏa mãn ĐKXĐ). 
 x 1 0
Vậy phương trình có tập nghiệm là S 1;2;10 . 
 2 2 2 
b) S 1 1 ... 1 .
 2.3 3.4 2020.2021 
 1 n2 n 2 n 1 n 2 
Với n ¥ ta có: 1 . 
 n n 1 n n 1 n n 1 
Áp dụng kết quả trên ta có: 
 1.4 2.5 3.6 2019.2022 1.2.3...2019 . 4.5.6...2022 1.2022 337
S . . ... . 
 2.3 3.4 4.5 2020.2021 2.3.4...2020 . 3.4.5...2021 2020.3 1010 337
Vậy S .
 1010
Câu 2: (5,0 điểm)
a) Biết a;b là các số nguyên dương thỏa mãn a2 ab b2 chia hết cho 9, chứng minh rằng cả a và 
b đều chia hết cho 3.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n 11 là tích của k k ¥ ,k 2 số tự nhiên liên tiếp.
 Lời giải
a) Ta có: a2 ab b2 9 4 a2 ab b2 9 
 2a b 2 3b2 9 1 
Mà 3b2 3nên 2a b 2 3 mà 3 là số nguyên tố nên 2a b 3.
 2a b 3 nên 2a b 2 9 . 2 
Từ 1 và 2 3b2 9 b2 3 mà 3 là số nguyên tố b3.
 2a b 3 và b3 2a3 mà 2;3 1 nên a3.
Vậy cả a vàb đều chia hết cho 3.
b) Ta có tích của từ ba số tự nhiên liên tiếp trở lên thì chia hết cho 3. 
Theo đề bài 9n 11 là tích k số tự nhiên liên tiếp mà 9n 11không chia hết cho 3 nên k 2.
Đặt 9n 11 a a 1 với a là số nguyên dương.
9n 11 a a 1 4.9n 45 4a2 4a 1
 2
 2a 1 2 2.3n 45 2a 1 2.3n 2a 1 2.3n 45 .
Vì a,n nguyên dương và 2a 1 2.3n 9 nên xảy ra các trường hợp sau:
 n
 2a 1 2.3 9 1 
Trường hợp 1. 
 n
 2a 1 2.3 5 2 
Từ 1 và 2 ta có 4a 2 14 a 3 9n 11 12 9n 1 n 0 (Loại).
 n
 2a 1 2.3 15 3 
Trường hợp 2. 
 n
 2a 1 2.3 3 4 
Từ 3 và 4 ta có 4a 2 18 a 4 9n 11 20 9n 9 n 1 (Thỏa mãn).
 n
 2a 1 2.3 45 5 
Trường hợp 3. 
 n
 2a 1 2.3 1 6 Từ 5 và 6 ta có 4a 2 46 a 11 9n 11 132 9n 121 n  .
Vậy n 1.
Câu 3: (3,0 điểm)
 1 1
a) Cho x, y, z là các số thực dương nhỏ hơn 4 . Chứng minh rằng trong các số ,
 x 4 y
1 1 1 1
 , luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1.
 y 4 z z 4 x
b) Với các số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 2abc 1, tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức P ab bc ca abc .
 Lời giải
 1 1 1 1 1 1
a) Ta có 0; 0; 0.
 x 4 y y 4 z z 4 x
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: 
 2
 1 1 1 1 1 1 
36 x. 4 y. y. 4 z. z. 4 x. 
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 1 1 1 1 1 1 
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 1 1 1 1 1 1 
 36 12 
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 1 1 1 1 1 1 
 3 . * 
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 1 1 1 1 1 1
Giả sử ba số , , đều nhỏ hơn 1 
 x 4 y y 4 z z 4 x
 1 1 1 1 1 1 
 1 1 1 3 (Trái với * )
 x 4 y y 4 z z 4 x 
 1 1 1 1 1 1
Do đó trong các số , , luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng1 .
 x 4 y y 4 z z 4 x
b) Ta có 2P 2 ab bc ca 2abc 
 2 ab bc ca a2 b2 c2 1 (Vì 2abc a2 b2 c2 1)
 a b c 2 1.
Mặt khác: a2 b2 c2 2abc 1
 a2b 2abc c2 1 a2 b2 a2b2 ab c 2 1 a2 1 b2 . 
Từ a2 b2 c2 2abc 1 a2 1 , b2 1 1 a2 0 , 1 b2 0 
Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số 1 a2 , 1 b2 ta có:
 2 2 2
 2 2 2 2 a b 
 ab c 1 a 1 b 
 2 
 2 a2 b2
 ab c 
 2
 2 a b 2
 c . 1 
 2
Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM với hai số a 1 2 và 1 ta có: 
 a b 2 1 2. a b 2 .1 2 a b 
 a b 2 1
 a b . 2 
 2
 2 2
 a b 1 2 a b 3
Từ 1 và 2 ta có: a b c . 
 2 2 2
 9 5 5
Do đó 2P 1 P .
 4 4 8
 1 a2 1 b2
 2 1
Dấu “=” xảy ra khi a b 1 a b c .
 2
 2 2 2
 a b c 2abc 1
 5 1
Vậy MaxP a b c . 
 8 2
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC . Đường tròn I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với 
các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AI và DE .
a) Chứng minh rằng tam giác IAB đồng dạng với tam giác EAS .
b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của BC.Chứng minh rằng ba điểm K,O, S thẳng 
hàng.
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác ABC cắt 
đường thẳng DE tại N . Chứng minh rằng AM AN . 
 Lời giải A
 E
 F
 K I
 M
 S
 C
 B H D O
 N
 1
a) Ta có AI là tia phân giác của góc BAC nên I·AB B· AC ,
 2
 1
BI là tia phân giác của góc ABC nên I·BA ·ABC .
 2
Theo tính chất tổng ba góc trong AIB ta có:
 B· AC ·ABC
·AIB 180 I·AB I·BA 180 
 2
 180 Cµ
 180 (Do B· AC ·ABC 180 Cµ theo tính chất tổng ba góc của tam giác)
 2
 Cµ
 90 .
 2
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CE CD CED cân tại C 
 180 Cµ
 D· EC . 
 2
Lại có: ·AES 180 D· EC (Hai góc kề bù)
 180 Cµ Cµ
 180 90 .
 2 2
 Cµ
 ·AIB ·AES 90 .
 2
Mặt khác E· AS I·AB (Tính chất tia phân giác).
Do đó: IAB# EAS (g - g).
b) Ta có: IAB# EAS ·ASE ·ABI I·BD .
Tứ giác IBDS có I·BD I·SD ·ASE I·SD 180 Tứ giác IBDS nội tiếp. 1
 I·SB I·DB 90 (Góc nội tiếp cùng chắn BºI nhỏ) mà I·AB B· AC 45 (Tính chất tia phân 
 2
giác) ASB vuông cân tại S. 
 ASB vuông cân tại S có SA là đường trung tuyến nên SA là đường trung trực của AB. * 
 1
Mặt khác ABC vuông có AO là trung tuyến nên OA OB BC 
 2
 O thuộc đường trung trực của AB . ** 
Từ * và ** Ba điểm K,O, S thẳng hàng.
 AK IK
c) Vì AI là tia phân giác của AMK nên . 1 
 AM IM
 IK FK
IF //AM (Cùng vuông góc với AB ) (Định lý Ta lét). 2 
 IM FA
 AK FK AK AM
Từ 1 và 2 . 3 
 AM FA FK AF
 AN SA
Mặt khác ID//AN (Cùng vuông góc với BC ) (Hệ quả định lý Ta lét)
 ID SI
 SA AK AN AK
mà IF //KS (Cùng vuông góc với AB ) nên . 4 
 SI FK ID FK
 AM AN
Từ 3 và 4 ta có .
 AF ID
Tứ giác AEIF có E· AF ·AFI ·AEI 90 nên tứ giác AEIF là hình chữ nhật 
 AF EI ID .
 AM AN
Ta có AF ID và nên AM AN .
 AF ID
Câu 5: (1,0 điểm)
 Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào 
 mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung 
 cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một số 
 nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần.
 Lời giải
 Ta thấy hai ô vuông ở hai góc đối của hình vuông 10 10 là xa nhau nhất.
 Gọi các số được điền vào mỗi ô vuông đó lần lượt là a1,a2 ,a3 ,...,a19. 
 Ta có
 1 a1 a2 1.
 Tương tự ta có: 
 1 a a 1;
 2 3 a a 1
 .......................; 1 2
 1 a18 a19 1.
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:
 18 a1 a19 18 a1 a19 18 .
 Vì a1,a2 ,a3 ,...,a19 là các số nguyên nên chỉ có tối đa 19 số nguyên khác nhau được điền 
 vào trong bảng. 
 Có 100 ô vuông trên bảng nên theo nguyên lý Dirichle thì sẽ có một số xuất hiện trên 
 100 
 bảng ít nhất là 1 6 (lần).
 19 
 ..HẾT