Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS - Năm học 2020-2021 - Trương Quang An (có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 HÀ NỘI LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2020-2021 
 MÔN TOÁN 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi 13/1/2021 
Thời gian làm bài :150 phút 
Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng 
Ngãi.Điện thoại : 0708127776. 
Bài I (5,0 điểm) 
1.Giải phương trình 2 8 4 3x x x 
2) Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh biểu 
thức 
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
K
a b a c b a b c c a c b
có giá trị nguyên. 
Bài II ( 5,0 điểm) 
1) Biết a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + c chia hết cho 3 và ab - bc - ca chia 
hết cho 3 . Chứng minh ab - bc - ca chia hết cho 9 . 
2) Cho đa thức P(x)=x3+ax+b có nghiệm 1+ 3 (a, b là các số hữu tỉ). Chứng minh 
P(x) chia hết cho đa thức x2−2x−2 
Bài III (2,0 điểm) Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2+b2+c2=1, tìm giá trị 
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q= a b b c c a . 
Bài IV (6,0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường 
tròn (I) tiếp xúc với BC, CA lần lượt tại D, E. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với 
BI, cắt AI tại J. Gọi P là hình chiếu vuông góc của J trên BC. 
1) Chứng minh BD = CP. 
2) Gọi N là giao điểm củaa hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh 
1 1 2
AI AJ AN
3) Gọi Q là giao điểm của hai đường thằng JP và DE. Gọi K là trung điểm của PQ. 
Chứng minh BK vuông góc với AP. 
Bài V (2,0 điềm) 
1.Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x+2y=1+2z 
2) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1. Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý 
vào hình chữ nhật sao cho không có ba điểm nào thằng hàng (mỗi điểm trong năm 
điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật). 
a) Chứng minh mọi tam giác tạo bởi ba trong năm điểm đã cho đều có diện tích 
không vượt quá 
1
2
b) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi N là số tam giác có ba 
đỉnh là ba điểm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 
1
4
.Tìm giá trị nhỏ 
nhất của N. 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 2020 - 2021 
Bài I 
1.Điều kiện xác định: 3x . Phương trình ban đầu tương đương 
với 2 2 28 4 3 ( 1) ( 3 2) 0 1x x x x x x .Vậy S= {1} 
2. Quy đồng mẫu số biểu thức K thì ta được 
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )
a b c a b c b a c c b a
K
a b a c b a b c c a c b a b b c c a
. 
Phân tích thành nhân tử ở tử số của K. Tỷ số 
 K=a
2(c−a+a−b)+b2(a−c)+c2(b−a)=(c−a)(a2−b2)+(a−b)(a2−c2)=(c−a)(a−b)(a+b)+(a−b)
(a−c)(a+c)=(a−b)(c−a)(a+b−a−c)=(a−b)(b−c)(c−a).Do vậy, K=1∈Z. 
Bài II 
1.Đặt a+b+c=3k (với k∈Z ). Khi đó ta có c=3k−(a+b). Vì vậy 
ab−bc−ca=ab−c(a+b)=ab−3k(a+b)+(a+b)2=a2+b2+3ab−3k(a+b). Từ giả thiết ta suy 
ra a
2
+b
2 chia hết cho 3 . Sử dụng kết quả quen thuộc ta suy ra a, b đều chia hết cho 3 , 
điều này cũng kéo theo c chia hết cho 3 . Như vậy, ab - bc - ca chia hết cho 9 
2. Ta có 
P(1+ 3 )=0 nên (1+ 3 )
3
+a(1+ 3 )+b=0 hay 
(a+b+10)+(a+6) 3 =0.Vì a, b là các số hữu tỉ nên a + b + 10, a + 6 cũng là các số 
hữu tỉ nên theo kết quả suy ra a+b+10=a+6=0 
. Khi đó P(1− 3 )=(a+b+10)−(a+6) 3 =0. Điều này có nghĩa là P(x) có nghiệm 
là 1− 3 . Suy ra P(x) chia hết cho (x−(1+ 3 ))(x−(1− 3 ))=x2−2x−2 
Bài III 
1.Vì (a+b+c)
2 3(a2+b2+c2)=3 nên a+b+c 3 Áp dụng bất đẳng thức 
Bunhiacovsky, ta có Q
2 3(a+b+b+c+c+a)=6(a+b+c) 108 nên Q 4 108 . Dấu 
bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=
1
3
. Từ đó giá trị lớn nhất của Q là 4 108 . 
2.Từ giả thiết suy ra a,b,c 1 kéo theo a a2,b b2,c c2 . Ta có 
Q
2
=2(a+b+c)+ 2 ( )( ) 2 ( )( ) 2 ( )( )a b a c c b a b c b a c và ta có 
là (a+b)(a+c) a2, (b+c)(b+a) b2, (c+b)(a+c) c2 nên Q2 4(a+b+c)≥4(a2+b2+c2)=4. 
Suy ra Q 2 . Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a=1, b=c=0. Vậy giá trị nhỏ nhất của 
Q là 2 .
Bài IV 
 1.Cách 1.Từ giả thiết ta suy ra J là tâm của đường tròn (J) bàng tiếp đỉnh A của tam 
giác ABC và P là tiếp điểm của đường tròn (J) với cạnh BC. Đặt BC=a, CA= b, 
AB=c và p=
1
2
(a+b+c). 
Từ kết quả quen thuộc thì ta có BD=CP=p−b=
1
2
(AB+BC−CA) 
Cách 2. 
Ta có: BJ là p/giác ngoài ∠ABC, AJ p/giác ∠BAC => J là tâm đường tròn bàng 
tiếp ΔABC => ∠ICB=900.Do đó IBJC nội tiếp => ∠IJB=∠ICB=∠ICE hay ΔIBJ 
đồng dạng IEC(g−g) => (1)
IE IB ID BI
EC JB CD BJ
. Mặt khác dễ chứng minh 
dc ΔBID đồng dạng ΔJBP(g−g) 
=> (2)
IB ID
JB PB
.Từ (1), (2) => CD=BP hay BD=CP 
2. Cách 1. 
Ta có BI, BJ tương ứng là phân giác trong và phân giác ngoài của ∠ABC. Sử dụng 
tính chất phân giác cho tam giác ABN thì ta được
 ;
AN BA BN AN BA BN
AI BA AJ BA
. 
Do đó, 2
AN AN
AI AJ
. Từ đó suy ra 
1 1 2
AI AJ AN
Cách 2. Ta có 
1 1 2
2 1
AN AN IN AJ NJ NI NJ
AI AJ AN AI AJ AI AJ AI AJ
( hiển nhiên 
đúng) vì ΔABN có BI và BJ là phân giác trong và ngoài nên 
IN BN JN
AI BA AJ
3. Cách 1:Dựng đường kính DX của đường tròn (I). Ta có kết quả quen thuộc rằng 
A, X, P thẳng hàng. Chú ý rằng ta có CI⊥DE 
Do ∠DIC=∠PDQ(=900−∠ICB) nên △IDC đồng dạng 
△DPQ(g.g). Từ đó suy ra 
DP ID ID
PQ CD BP
. 
Để ý rằng DX = 2 ID và PQ = 2PK, nên ta được 
2 2DP PD ID DX
PK PQ BP BP
. Điều này kéo theo △DPX đồng dạng △PKB(c.g.c). 
Do dó, ∠APB=∠XPD=∠BKP=900−∠PBK hay ∠APB+∠PBK=900.Vì vậy, BK⊥AP 
Cách 2: 
Gọi F là trung điểm của BC thì F là trung điểm của DP. 
Ta có: ΔIDC đồng dạng ΔDPQ(g.g)⇒I 
DI PD ID BP
DC PQ DP BQ
⇒ΔIDP đồng dạng 
ΔBPQ(c.g.c).Từ đó ΔIDFđồng dạng ΔBPK(c.g.c)⇒IF⊥BK. Mặt khác gọi T là điểm 
đối xứng với D qua I thì ta có bổ đề quen thuộc A, T, P thẳng hàng. Từ đó IF là 
đường trung bình của tam giác DTP nên IF // AP.Vậy AP⊥ BK. 
Bài V 
1.Ta có 1+2
z
=3
x
+2
y 
> 2
y 
nên z>y. Ngoài ra vì 2
y−2z≡1(mod3) 
nên z chẵn, còn y lẻ. Xét các khả năng 
a.Nếu y=1 thì 3x=2z−1=(2k−1)(2k+1) với 
2
z
k .Vì (2
k+1)−(2kk−1)=2 không chia hết 
cho 3 nên 2
k−1=1 kéo theo k=1. Từ đó tìm được z=2, x=1.Suy ra (x, y, z)=(1 ; 1 ; 
2) là một nghiệm của phương trình đã cho. Nếu y 2 thì z>2 suy ra 2z-2y =3x-1 chia 
hết cho 4.Từ đó x chẵn thì đặt x=2t với t tự nhiên .Thì ta có 32t -1 = 2y(2z-y -1).Nếu t 
chẵn thì x chia hết cho 4 thì chia hết cho 5 nhưng vế phải không chia hết cho 5 do z-y 
lẻ.Suy ra t lẻ x có dạng 4u+2 với u tự nhiên.Suy ra 2y(2z-y -1)=92u -1=8(92k+92k-
1
+...+9+1).Vì 2
z-y 
-1;9
2k
+9
2k-1
+...+9+1 lẻ nên 2y=8 hay y=3.Thế vào ta có 2z-3x=7.Từ 
đây ta có x=2;z=4.Vậy (x, y, z)=(1 ; 1 ; 2); (x, y, z)=(2 ; 3 ; 4); là nghiệm của 
phương trình đã cho.