Đề thi HSG môn Toán lớp 9 TP Hà Nội năm 2020 - 2021 có lời giải chi tiết

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021 1. Đề thi Bài 1 (5.0 điểm). d a) Giải phương trình x 2 p x C 8 D 4 x C 3: 2 a b) Chứng minh rằng biểu thức K D .a b/.a C .b c/ trong đó a; b; c là ba số thực đôi một phân biệt. b2 c/.b a/ C c2 .c a/.c b/ có giá trị là số nguyên, Bài 2 (5.0 điểm). d a) Cho ba số nguyên a; b; c thỏa mãn a C b C c và ab rằng ab bc ca chia hết cho 9: bc b) Cho đa thức P .x/ D x 3 C ax C b có một nghiệm là 1 C rằng đa thức P .x/ chia hết cho đa thức x 2 2x 2: ca cùng chia hết cho 3: Chứng minh p 3 (a; b là các số hữu tỉ). Chứng minh Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a; b; a2 C b 2 C c 2 D 1: Tìm giá pc thay đổipthỏa mãn p trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q D a C b C b C c C c C a: Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn .I / nội tiếp tam giác nhọn ABC .AB < AC /: Đường tròn .I / tiếp xúc với các cạnh BC; CA lần lượt tại các điểm D; E: Qua điểm B; kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng BI; cắt đường thẳng AI tại điểm J: Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm J trên đường thẳng BC: a) Chứng minh rằng BD D CP: b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC: Chứng minh rằng 1 AI C 1 AJ D 2 AN : c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE: Gọi K là trung điểm của PQ: Chứng minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP: Bài 5 (2.0 điểm). d a) Tìm tất cả các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn 3x C 2y D 1 C 2z : b) 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 thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật). i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá 12 : ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 14 : Tìm giá trị nhỏ nhất của n: 1 2 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 2. Lời giải và bình luận các bài toán Bài 1 (5.0 điểm). d a) Giải phương trình x 2 p x C 8 D 4 x C 3: 2 a b) Chứng minh rằng biểu thức K D .a b/.a C .b c/ trong đó a; b; c là ba số thực đôi một phân biệt. Lời giải. a) Điều kiện: x  .x 2 b2 c/.b a/ C .c c2 a/.c b/ có giá trị là số nguyên, 3: Phương trình đã cho có thể được viết lại thành   p 2x C 1/ C x C 3 4 x C 3 C 4 D 0; hay .x 1/2 C p xC3 2 2 D 0: .1/
2 p Vì .x 1/2  0 và x C 3 2  0 nên .1/ xảy ra khi và chỉ khi .x tức x D 1 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x D 1: 1/2 D p xC3 2
2 D 0; b) Ta có KD D a2 .b .a2 c/ C b 2 .c a/ C c 2 .a b/ a2 .b c/ C b 2 .c b C b a/ C c 2 .a D .a b/.b c/.a c/ .a b/.b c/.a c/ 2 2 2 b /.b c/ .b c /.a b/ .a b/.b c/.a C b b c/ D D 1: .a b/.b c/.a c/ .a b/.b c/.a c/ b/ Do đó, biểu thức K luôn nhận giá trị nguyên là 1: Bài 2 (5.0 điểm). d a) Cho ba số nguyên a; b; c thỏa mãn a C b C c và ab minh rằng ab bc ca chia hết cho 9: bc ca cùng chia hết cho 3: Chứng p b) Cho đa thức P .x/ D x 3 C ax C b có một nghiệm là 1 C 3 (a; b là các số hữu tỉ). Chứng minh rằng đa thức P .x/ chia hết cho đa thức x 2 2x 2: Lời giải. a) Từ giả thiết ta có .a C b/.a C b C c/ C .ab bc chia hết cho 3: Từ đó suy ra a2 C b 2 cùng chia hết cho 3: ca/ chia hết cho 3; hay a2 C b 2 C 3ab Với mọi số nguyên x; ta có x chia 3 dư 0; 1 hoặc 2 nên x 2 chia 3 dư 0 hoặc 1: Suy ra a2 và b 2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1: Như vậy, để a2 C b 2 chia hết cho 3; ta phải có a2 và b 2 cùng chia hết cho 3; tức a và b cùng chia hết cho 3: Mặt khác, do a C b C c chia hết cho 3 nên c cũng chia hết cho 3: Từ đây, dễ thấy ab bc ca chia hết cho 9: Ta có điều phải chứng minh.  p  b) Từ giả thiết, ta có P 1 C 3 D 0; hay p .a C 6/ 3 D .a C b C 10/: p p Nếu a C 6 ¤ 0; ta có 3 D aCbC10 là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì 3 là một số vô tỉ. Do đó aC6 a D 6: Từ đó suy ra a C b C 10 D 0; tức b D 4: Vậy P .x/ D x 3 6x 4 D .x 2 Rõ ràng P .x/ chia hết cho đa thức x 2 2x 2: 2x 2/.x C 2/: 3 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 2 2 2 Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a; b; c p thay đổi thỏa p mãn a C pb C c D 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q D a C b C b C c C c C a: Lời giải. Giá trị lớn nhất của biểu thức Q: Với mọi số thực x; y và z; ta có .x y/2 C .y z/2 C .z x/2  0: Từ đó suy ra 2.xy C yz C zx/  2.x 2 C y 2 C z 2 /; hay .x C y C z/2  3.x 2 C y 2 C z 2 /: Sử dụng kết quả này, ta được p 2 2  p p 2 4 Q D aCbC bCcC cCa  3.a C b C b C c C c C a/ D 36.a C b C c/2  36
3.a2 C b 2 C c 2 / D 108: p Suy ra Q  4 108: Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D p trị lớn nhất của biểu thức Q là 4 108: p 3 : 3 Vậy giá Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q: Từ giả thiết, ta có a2 ; b 2 ; c 2  1: Suy ra 0  a; b; c  1: Từ đây, ta có a  a2 và b  b 2 : Từ đó a C b  a2 C b 2 : Mà 0  a2 C b 2 D 1 c 2  1 nên a2 C b 2  .a2 C b 2 /2 : Tóm lại, ta có p p p a C b  a2 C b 2  .a2 C b 2 /2 D a2 C b 2 : Chứng minh tương tự, ta cũng có p b C c  b2 C c2; p c C a  c 2 C a2 : Từ các kết quả trên, ta suy ra Q  a2 C b 2 C b 2 C c 2 C c 2 C a2 D 2: Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a D 1 và b D c D 0: Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2: Bình luận. Để chứng minh Q  2; ta còn có hai cách tiếp cận khác như sau. Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p p p p 4 a C b C a C c  2 4 .a C b/.a C c/ D 2 a2 C ab C ac C bc p p 4 4  2 a2 C b 2 C c 2 C bc D 2 1 C bc  2: p Lại có b C c  0 nên Q  2: Cách 2. Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có 0  a; b; c  1 nên a  a2 ; b  b 2 và c  c 2 : Từ đây, với chú ý .a C b/.a C c/  a2 ; .b C c/.b C a/  b 2 và .c C a/.c C b/  c 2 ; ta có p 2 p p Q2 D aCbC bCcC cCa hp i p p D 2.a C b C c/ C 2 .a C b/.a C c/ C .b C c/.b C a/ C .c C a/.c C b/  2.a C b C c/ C 2.a C b C c/ D 4.a C b C c/  4.a2 C b 2 C c 2 / D 4: Suy ra Q  2: 4 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn .I / nội tiếp tam giác nhọn ABC .AB < AC /: Đường tròn .I / tiếp xúc với các cạnh BC; CA lần lượt tại các điểm D; E: Qua điểm B; kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng BI; cắt đường thẳng AI tại điểm J: Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm J trên đường thẳng BC: a) Chứng minh rằng BD D CP: b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC: Chứng minh rằng 1 AI C 1 AJ D 2 : AN c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE: Gọi K là trung điểm của PQ: Chứng minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP: Lời giải. Tham khảo ở Facebook thầy Nguyễn Lê Phước: https://www.facebook.com/nguyen.lephuoc.1/posts/4238214622860346. Bài 5 (2.0 điểm). d a) Tìm tất cả các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn 3x C 2y D 1 C 2z : b) 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 thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật). i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá 12 : ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 14 : Tìm giá trị nhỏ nhất của n: Lời giải. a) Xét các trường hợp sau. Trường hợp 1: y D 1: Trong trường hợp này, ta có 2z 1 D 3x : Suy ra 2z  1 .mod 3/: Nếu z là số lẻ, tức z D 2kC1 với k tự nhiên, thì ta có 2z D 22kC1 D 2
4k  2 .mod 3/; mâu thuẫn. Do đó z là số chẵn, tức z D 2k với k nguyên dương. Khi đó, ta có 3x D 22k 1 D .2k 1/.2k C 1/: Suy ra 2k 1 và 2k C 1 đều là lũy thừa của 2: Mà hai số này không cùng chia hết cho 3 (do .2k C 1/ .2k 1/ D 2 không chia hết cho 3) nên trong hai số phải có một số bằng 1: Lại có 2k 1 < 2k C 1 nên 2k 1 D 1; tức k D 1: Một cách tương ứng, ta tính được z D 2 và x D 1: Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Trường hợp 2: y  2 : Vì 3x > 1 nên từ phương trình đã cho, ta có 2z > 2y ; tức z > y: Suy ra 2y và 2z cùng chia hết cho 4: Từ đó ta có 3x  1 .mod 4/: Nếu x là số lẻ, tức x D 2` C 1 với ` tự nhiên, thì 3x D 32`C1 D 3
9`  3 .mod 4/; mâu thuẫn. Do đó x là số chẵn, tức x D 2` với ` nguyên dương. 5 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 ı Giả sử y  4: Khi đó, ta có 2y và 2z cùng chia hết cho 16 nên 3x  1 .mod 1/6: Nếu ` là số lẻ, tức ` D 2t C 1 với t tự nhiên, thì 3x D 34t C2 D 9
81t  9 .mod 16/; mâu thuẫn. Do đó ` là số chẵn, tức ` D 2t với t nguyên dương. Suy ra 3x D 34t D 81t  1 .mod 5/: Từ đó 2z 2y chia hết cho 5; hay 2z y  1 .mod 5/: Nếu z y là số lẻ, tức z y D 2u C 1 với u tự nhiên, thì 2z y D 2
4u  ˙2 .mod 5/; mâu thuẫn. Do đó z y là số chẵn, tức z y D 2u với u nguyên dương. Khi đó, ta có 2z 2y D 2y .4u 1/ chia hết cho 3: Lại có 3x chia hết cho 3 nên 1 chia hết cho 3; mâu thuẫn. ı Như vậy, ta phải có y  3: Nếu y D 2 thì ta có 3x C 3 D 2z ; suy ra 2z chia hết cho 3; mâu thuẫn. Do đó y D 3: Khi đó, ta có 2z 32` D 7: Từ đây, ta có 2z  1 .mod 3/: Chứng minh tương tự trường hợp 1, ta suy ra z là số chẵn, tức z D 2m với m nguyên dương. Khi đó ta có .2m 3` /.2m C 3` / D 7: Vì 2m 3` < 2m C 3` và 2m C 3` > 0 nên 2m 3` D 1 và 2m C 3` D 7: Từ đó m D 2 và ` D 1; hay ta có z D 4 và x D 2: Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy có hai bộ số .x; y; z/ thỏa mãn yêu cầu là .1; 1; 2/ và .2; 3; 4/: b) i) Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S: Xét ba điểm E; F; G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi hình chữ nhật ABCD: Khi đó SEF G  12 S: M A E B P G F D N C Qua ba điểm E; F; G kẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB: Trong các đường thẳng này, có một đường thẳng nằm giữa hoặc trùng với một trong hai đường thẳng kia. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳng d qua điểm F: Khi đó, đường thẳng d sẽ cắt đoạn EG tại điểm P nào đó. Gọi M; N theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng d và hai đường thẳng AB; CD: Khi đó, ta có 1 1
d.E; MN /
MN C
d.G; MN /
MN 2 2 1 1 1 1 
d.A; MN /
MN C
d.B; MN /
MN D
AB
MN D S; 2 2 2 2 SEF G D SEPF C SGPF  SEMN C SGMN D trong đó d.X; ZT / được ký hiệu là khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT: Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh. ii) Trước hết, ta sẽ chứng minh n  2: Thật vậy, giả sử n  1: Gọi hình chữ nhật đã cho là hình chữ nhật ABCD: Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ bằng nhau AMRQ; BMRP; CPRN; DQRN như hình vẽ bên dưới. Xét hai hình chữ nhật AMND và BMNC: Ta thấy mỗi điểm trong năm điểm đã cho sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có ba điểm thuộc cùng một 6 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 hình chữ nhật. Không mất tính tổng quát, giả sử ba điểm đó là H; K; S và chúng cùng thuộc hình chữ nhật AMND: Xét hai hình chữ nhật AMRQ và DQRN: Ta thấy mỗi điểm trong ba điểm H; K; S sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có hai điểm thuộc cùng một hình chữ nhật. Không mất tính tổng quát, giả sử hai điểm đó là H; K và chúng cùng thuộc hình chữ nhật AMRQ: M A B H S K Q R P V D C N Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta có 1 1 SHKS  SAMND D : 2 4 Gọi hai điểm còn lại trong năm điểm là V và W: Nếu có một điểm nào đó trong hai điểm này thuộc đa giác ABPRND; chẳng hạn là V thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta cũng có SHK V  14 : Suy ra n  2; mâu thuẫn. Do đó, cả hai điểm V và W phải nằm trong hình chữ nhật CPRN: Nếu S thuộc một trong hai hình chữ nhật DQRN hoặc BMRP thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta có SS V W  14 ; mâu thuẫn. Do đó S nằm trong hình chữ nhật AMRQ: Gọi S1 là diện tích của tứ giác (không nhất thiết lồi) tạo bởi ba điểm H; K; S và V: Khi đó, rõ ràng S1  SVMAQ D SAMRQ C SVQR C SVMR  1 1 1 1 1 C SNQR C SPMR D C C D : 4 4 8 8 2 Mặt khác, trong ba tia VH; VK; V S luôn có một tia nằm giữa hai tia còn lại, chẳng hạn là VK: Do đó S1 D SVKH C SVKS  2 minfSVKH ; SVKS g: Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra minfSVKH ; SVKS g  14 : Từ đó, kết hợp với HKS  14 ; ta có n  2; mâu thuẫn. Vậy ta phải có n  2: Mặt khác, ta có n D 2 được thỏa mãn trong trường hợp sau. Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2021 7 Bình luận. Bài 5a) là một sự tương tự hóa của bài số học trong đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất cả các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn 7x C 2y D 1 C 2z : Trường hợp đặc biệt của bài toán cũng đã được sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia 2019: Tìm tất cả các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn 1 C 2x D 3y C 2
4z :