Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Sở GD và ĐT Thành phố Hà Nội

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Sở GD và ĐT Thành phố Hà Nội

1.  BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI ( Tài liệu sưu tầm, ngày 10 tháng 10 năm 2022
2. 1 Website: TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi học sinh gi ỏi môn toán lớp 9, website giới thiệu đến thầy cô và các em bộ đề thi học sinh gi ỏi toán lớp 9 thành phố Hà Nội qua các năm có hướng dẫn một số đề. Đây là bộ đ ề thi mang tính ch ất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp 9 có một tài liệu bám sát đề thi để đạt đư ợc thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân , gia đình và nhà trường. Bộ đề gồm nhi ều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và học giỏi môn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, c ấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề toán này để giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 9 thành phố Hà Nội này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi , gồm: đề thi và hướng dẫn giải đề ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử d ụng trong các kì thi học sinh gi ỏi toán lớp 9 của thành phố Hà Nội. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế , sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học ! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này!
3. 2 Website: MỤC LỤC Phần 1: Đề thi Đề số Đề thi Trang 1. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2021- 2022 2. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2020- 2021 3. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2019- 2020 4. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 5. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 6. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 7. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 8. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 9. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 10. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 11. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 12. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 13. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010 14. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2008- 2009 15. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2007- 2008 16. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2006- 2005 17. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2004- 2005 18. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2003- 2004 19. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2002- 2003 20. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2001- 2002 21. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2000- 2001 22. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1999- 2000 23. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1998- 1999 24. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1997- 1998 Phần 2: Hướng dẫn giải Đề số Hướng dẫn Trang 1. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2021- 2022 2. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2020- 2021 3. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2019- 2020 4. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 5. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 6. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 7. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 8. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 9. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 10. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 11. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 12. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 13. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010
4. 3 Website: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 1 (Đề thi có một trang) Bài I. (5,0 điểm) 1 Giải phương trình x+3+3x+1=x+3. 2 Cho abc,, là các số thực khác 0 , thỏa mãn a2+ab= c2+bc và a2+ac= b2+ bc . ab c Tính giá trị của biểu thức K =1+1+ 1+ . bc a Bài II. (5,0 điểm) 1 Tìm tất cả các số tự nhiên mn, thỏa mãn 3m +2022 =n2 . 2 Tìm tất cả số nguyên tố p để phương trình x3+y3−3xy+1= p có nghiệm nguyên dương. Bài III. (2,0 điểm) Với các số thực abc,, thỏa mãn 0≤abc,,≤1 và abc++=2 , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ ab bc ca nhất của biểu thức P =++. 1+ab1+ bc1+ ca Bài IV. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB< AC), nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại trực tâm H . Gọi KQ, lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với hai đường thẳng AH, AO . 1 Chứng minh AQE = 90 . 2 Gọi I là trung điểm của AH . Chứng minh IE2 = IK. ID . 3 Gọi RJ, lần lượt là trung điểm của BE, CF . Chứng minh JR vuông góc với QD . Bài V.(2,0 điểm) 1 Tìm tất cả các số nguyên ab, sao cho số (a3+bb)( 3+a ) là lập phương của một số nguyên tố. 2 Trên bảng ta viết số tự nhiên 222 2 gồm 2022 chữ số 2. Mỗi bước ta chọn 22 chữ số liên tiếp nào đó có chữ số ngoài cùng bên trái bằng 2, rồi biến đổi các chữ số được chọn theo qui tắc: chữ số 2 đổi thành chữ số 0 còn chữ số 0 đổi thành chữ số 2 . a) Chứng minh mọi cách thực hiện đều phải dừng lại sau một số hữu hạn bước. b) Giả sử sau khi thực hiện được n bước thì không thể thực hiện được thêm bước nào nữa. Chứng minhn là số lẻ.
5. 75 Website: có nhiều nhất một số là bội của 3 nên có nhiều nhất hai số lẻ không chia hết cho 3. Ta viết rằng trong 100 ô vuông đơn ví có 25 ô vuông 2x2 nên có nhiều nhất 50 số lẻ không chia h ết cho 3. Mà các số lẻ không chia hết cho 3 thỏa mãn bài toán gồm 1; 5; 7. Như vậy theo nguyên lý Dirichlet thì bài toán được chứng minh. • Lời giải. Xét hình vuông cạnh 2x2 , do hình vuông này có mỗi hình vuông nhỏ luôn chung cạnh hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 do đó có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3. Bảng 10x10 được chia thành 25 hình vuông có cạnh 2x2 nên có ít nhất 50 số lẻ không chia hết cho 3. Từ 1 đến 0 có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít 50 nhất +1=17 lần. 3  ĐỀ SỐ 5 (2014-2015) Câu 1: 1) Ta có 111 ab+ bc+ ca a+ b+ c =++==ab+ bc+ ca abcabc ⇔abc−1+ a+ b+ c− ab− bc− ca =0 ⇔(a−1)(b−1)(c−1) =0 Vậy có ít nhất một số bằng 1. 2) Ta có: 2A =23n+2+23n+2= 5.8n+2 Do 8≡ 1( mod 7) ⇒ 8n ≡1( mod 7) ⇒A ≡ 5+ 2≡ 0( mod 7) ⇒A 7 Mặt khác ta chứng minh được A > 0 nên A là hợp số. Câu 2: 1) Do vế phải của phương trình luôn dương nên x > 0. 2 xx++32−x VP=3( x −1) +1≥ 1,VT= xx. ( 3− 2 x) ≤ =1 3 Dấu “=” xảy ra khi x = 1 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 2) Thay phương trình (2) vào phương trình (1) được: x3+2xy3+ yx( 2+8 y2) =0⇔( x+2yx)( 2−xy+4 y2) =0⇔x=−2y ` Thay x = -2y vào phương trình (2) ta được: 4y2 + 8y2 = 12 nên y = ± 1
6. 76 Website: Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (1; - 2) , (-1; 2). Câu 3: 22 22(ab+) 3(ab −) ab+ 12111  Ta có: a−ab+ b =+≥⇒≤≤+ 442a2−ab+ b2ab+ 2 ab Chứng minh tương tự ta được: 1111  1111 ≤+; ≤+ b2−bc+ c22bc c2−ac+ a22ac 1111 ⇒P ≤2++=3 2 abc Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Câu 4: 2 S AE  2 Chứng minh: ∆AEF ∆ ABC ⇒AEF ==cos BAC SABC AB  Chứng minh tương tự ta được: S+S+S cos2BAC+ cos2ACB + cos2 BAC =AEF BFD CED 2 thì p lẻ. Từ giả thiết suy ra p là ước của (a + 1) hoặc p là ước của (a2 – a + 1). Giờ xét từng trường hợp. Nếu p là ước của (a + 1) thì do a < p nên a + 1 = p thay vào phương trình pp( −1) =2(a +1)(a2 −a+1) ta được phương trình 2a2 − 3a + 2 = 0, vô nghiệm. Nếu p là ước của a2 – a + 1 thì ta có thể chọn được số nguyên dương k sao cho a2 – a + 1 = kp. Cũng thay trở lại phương trình p(p − 1) = 2(a + 1)(a2 – a + 1) cho ta p – 1 = 2(a + 1)k, hay p = 2(a + 1)k + 1. Bây giờ thay vào phương trình a2 – a + 1 = kp cho ta a2 − (2k2 + 1)a + 1 − 2k2 – k = 0.
7. 77 Website: Coi đây là một phương trình bậc hai ẩn a, tính biệt thức cho ta Δ = 4k2 + 12k2 + 4k − 3. Ta cần tìm k sao cho Δ là một số chính phương viết theo k. Chú ý bất đẳng thức: (2k2 + 2)2 thì ta có 2abc>+> dẫn đến a > . Cái này dẫn đến điều vô lý a + b + c > 1. 3 3 3 12 1 Vậy nên bc≤( b+ c) =. Mặt khác 1 = a + b + c + d + e ≥ a + 3d + e ≥ a + 3d ≥ 2ad.3 49 1 11 Thành ra, ad ≤ . Dẫn đến ae≤ ad ≤<. Ta có thể xếp các số a,d,c,b,e trên đường tròn 12 129 11111 theo thứ tự thuận kim đ ồng hồ. Ta có ad<, dc< ad<,bc ≤, be≤ bc ≤,ea≤ ad ≤. 99999 1 Số là số nhỏ nhất có thể. 9 ĐỀ SỐ 6 (2013-2014) Câu 1: 1) Từ giả thiết ta có: 1111 ab+ ab+ ++−=0⇔+=0 abc abc++ abcabc( ++) ab+=0; c= 2014  ⇔(abbcca+)( +)( +) =0⇒ bc+=0; a= 2014 ca+=0;b = 2014 1 ⇒M = . 20142013 2 2) Ta có 2n−6n+22=nn( − 3) +1 Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + 1 = 2k +1 với k∈N∪{−1.} 2 Suy ra 52n−6n+2−12= 252k+1+ 1− 13 13 2 2 Vì vậy 52n−6n+2−12 nguyên tố hay 52n−6n+2−12= 13 nên n(n – 3) + 1 = 1 , suy ra n = 0 hoặc n = 3. Câu 2:
8. 78 Website: 1 1) Điều kiện: x ≥− .Đặt t−1=2x+1,t≥1 ta có 2 x2−2x=2;tt2−2 t =2x⇒( xtxt−)( +) =0⇔xtdoxt =( +>0) .  x ≥1 ⇒x−1=2x+1 ⇔ 2 ⇔x=4. x−4x=0 2 5 2) Từ phương trình thứ nhất suy ra 4z−5=( xy−) ≥0⇒z ≥. 4 5 Từ phương trình thứ hai suy ra (4z−5)( z−1) ≤0⇒1≤z≤ . 4 5 Do đó z=⇒x=y=0 4 Câu 3: Do vai trò của a, b, c như nhau, giả sử a= maxabc{ ,,} , , khi đó 2≤a ≤4. 2 a2+b2+c2+(abc++) a2+b2+c2+36 Ta có: P = = . 22 Mặt khác, vì bc ≥ 0 nên 2222 22 22 a+b+c=a+(bc+) −2bca ≤+(6−a ) =2a−12a+ 36= 2(a− 2)(a−4) +10≤ 20. Suy ra a2+b2+c2đạt giá trị lớn nhất bằng 20 aba≥;≥c; bc =0  ⇔(a−2)(a−4) =0⇔(abc,,) =(4, 2,0) ,( 4,0, 2)   abc++=6 Vậy giá trị lớn nhất của P là 20 chẳng hạn khi a = 4 , b = 2, c = 0. Câu 4: a) Ta có ∠ABC∠ BAC ∠IBM=∠ IBC+∠ CBM = + ; 22 ∠ABC∠ BAC ∠BIM=∠IAB +∠IBA = + . 22 Suy ra ∠IBM=∠BIM ⇒∆IBM cân tại M. Tương tự, tam giác MIC cân tại M. ∠BAC MPMP b) Ta có sin=sin ∠BCM ==(1) (do MP⊥ BC và MI = MC); 2 MCMI
9. 79 Website: ∆MBN vuông tại B, có MPMI MIIP MP. MN= MB2=MI 2⇒=(2) ⇒∆MPI ∆MIN ( c g c) ⇒= (3) MIMN MNIN c) Ta có AB + AC = 3BC AB+ AC− BC ⇔=BC⇔ AE= BC; 2 MPCP 1 ∆IAE ∆MCP ( g. g ) ⇒==⇒IE=2MP IEAE 2 Gọi F là trung điểm của IK, ∆MCP=∆MIF ( c g c) do MC=MI;∠PMC=∠ EIA=∠MIF ; 1 MP=IF=IE⇒∠IFM=∠MPC =90° 2 Suy ra ∆IMK cân tại M nên MK = MI. Tương tự MH = MI. Suy ra MB = MC = MH = MK = MI. Vậy B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn. Câu 5: 1) ta có 5x−2y=1⇔2y=5x−1. − Với x=2k+1, k∈Nta có 2y=45( 2k+5 2k1+ + 5+ 1) . Nếu y 2 thì PT vô nghiệm vì VT chia hết cho 8, còn VP không chia hết cho 8. Với x=2,kk∈ Nta có 5k−12=a y=k−k+⇒ ∈≤<+=⇒b−a=aba− − 2(515)( 1)  kb,,ab N,0abab ; y 2222( 1) 4 vô lý 5+12= − Nếu a ≥ 2 thì 22a( ba− 14) , vô lý Nếu a = 1 ; a = 0 thì5k=3; 5k= 2 , vô lý Vậy (x; y) = (1; 2). 2) Nhận xét: trong nhiều trường hợp, MMMMMM123456suy biến không còn là lục giác nên sau đây ta thống nhất gọi là đa giác M1 M6 . Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF (kí hiệu là L ). Nếu P≡ O thì đa giác M1 M6 ≡ L ta có đpcm.
10. 80 Website: Nếu P thuộc một trong ba đường chéo lớn của L , P ≠ O thì P thuộc một trong sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF. Giả sử P∈OD khi đó hai tia AP, DP lần lượt đi qua L ≡≡ L đỉnh D, đỉnh A của và ta có M1DM,4A. Còn lại 4 tia, cắt nhiều nhất 4 cạnh của . Như vậy tồn tại ít nhất hai cạnh AB, AF của L không chứa các điểm M1, ,M6 . . Xét tam giác có một cạnh là AB và một cạnh là MM4 i của đa giác M1 M6gần AB nhất (M4 ≡ A) , ta o luôn có ∠M4 BMi>90 ⇒ MM4i>AB =1. Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn của L thì P nằm trong một trong sáu tam giác đều của L mà ba đường chéo lớn chia ra. Giả sử P nằm trong ∆ODE . Như vậy, L tồn tại ít nhất cạnh AB của không chứa các điểm M1, ,M6 . Khi đó MM45luôn là một cạnh của đa giác M1 M6và ABM5 M 4là tứ giác luôn có ∠>o∠>o⇒>= ABM 5 90 ; BAM4 90 MM45 AB 1. ĐỀ SỐ 7 (2012-2013) Bài 1: 1) Đặt fx( ) =4 x4−11x3− 2ax2+5 bx−6=( x2−2x−3)qx( ) =( x+1)( x−3)q( x)  f (−1) =0  2a+5b=9 ⇔ Từ đó   f (3) = 0 18a−15 b= 91 ab+=8 2 2) Nhận xét  nên a, b là nghiệm của phương trình x−8x+11= 0  ab =11 Ta có: P=(a2013−8a 2012+11a 2011) +(b 2013−8b 2012+11b2011 ) =(a 2 −8a+11)a2011+(b 2 −8b+11)b2011 = 0 Bài 2: 6x2−y2−xy+5 x+5y −60= (1 ) 1) Hệ  22  20x−y− 28x+ 90= (2 ) Ta có: (1) ⇔(2xy−+33)( xy +−2) =0 Rút y theo x thế vào phương trình (2) ta có thể giải được hệ. 2) Nhân 2 vào hai vế ta được 222 ( x+4y) +(4y−7) +( x−1) +10x2− 14= 0⇒x2≤ 1⇒x∈{−1;0;1} (do x∈ Z ) Thay các x = - 1; 0; 1 vào phương trình tìm y Bài 4: a) Sử dụng dấu hiệu trong chứng minh tứ giác nội tiếp ta có IE. IF = IB.IC = IM.IA nên tứ giác AMFE nội tiếp Mặt khác tứ giác AFHE nội tiếp
11. 81 Website: Vậy A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn. b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vuông góc với AM tại M Sử dụng bổ đề nếu HN kéo dài cắt (O) tại D thì A,O, D thẳng hàng, tức là H, M, N thẳng hàng. c) Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác AMBC. Bài 5: 123 Đặt x=;y= ;z =⇒xyz++=3 abc z3x3y33 Khi đó ta cần chứng minh: ++≥ x2+z2y2+x2z2+y22 z3zx2zx 2x Ta có: =z−≥z−=z− x2+z2x2+z2 2zx 2 Chứng minh tương tự và cộng lại ta được: z3x3y3 1xyz++ 3 ++≥( xyz++) −( x+ y+ z) == (dpcm) x2+z2y2+x2z2+y2 222 Bài 5: Kẻ đường kính DE bất kì (DA1+DA2 + +DA2013) +(EA 1+ EA2 + + EA2013 ) ≥4026 Đặt P=DA1+DA2 + +DA2013 , S=EA1+ EA2 + + EA2013 Nếu P ≥ 2013 thì D là điểm M cần tìm Nếu P < 2013 thì E là điểm cần tìm. ĐỀ SỐ 8 (2011-2012) Bài 1: 1) Ta có: n5−n=nn( 2+1)(n −1)(n+1) =nn( 2−45+)(n −1)(n+1) =(n−2)(n−1)nn( +1)(n +2) +5nn( −1)(n +1.) Do n∈ N* nên(n5 − n)30. Từ đó suy ra A=a2017(a 5 −a) +b2007(b 5 −b) +c2007(c5 −c)30. 2 773273 2) Ta có: x=37++37 −⇒x=14+ 3x3 7 −⇒2x−21x−28 = 0. 2222 8 2012 2012 Do đó fx( ) =(2 x3 −21x−29 ) =(− 1) =1.
12. 82 Website: Bài 2: 1) Ta có: x2+53+x=x2+ 12+ 5 ⇔x2+533−+x− 6−x2+12+ 4= 0 x2−4x2−4 ⇔+3( x −2) −=0 x2+5+ 3 x2+12+ 4 x+2x+2 ⇔( x −2)+3− =0. x5+53+x2+ 12+ 4  5 x+2x+2 Từ đặc điểm của PT suy ra 3x>5⇔x>; do đó > ;vì vậy 3 x2+53+x2+ 12+ 4 biểu thức trong ngoặc luôn dương. Suy ra x−2⇔x=2 2) Viết phương trình thứ nhất của hệ thành: x2+( y+1) xy−−2y 2=0 22 Có ∆=( y+1) +4( y+2y2) =9y2−6y+1=(3y−1.) Do đó x = y hoặc x = - 2y – 1. Với x = y thay vào PT thứ hai tìm được 2x=6⇔x=3. Với x = -2y – 1, thay vào PT thứ hai tìm được y2 +y−20=⇔y=1, y=2. Vậy hệ có ba nghiệm (x, y) = (3; 3) , (-3; 1), (-5; 2). Bài 3: Viết PT thành dạng: (2x – 3y + 3)(x – y – 2) = -2. Xảy ra 4 trường hợp 2x – 3y + 3 2 -1 1 -2 x – y - 2 -1 2 -2 1 Vậy có bốn cặp số (x, y) thỏa mãn là (4; 3), (16; 12), (2;2), (14; 11). Bài 4: 1) Gọi OA∩MN =K . Ta có OAC = ACB 1  (vì OA = OC); AMN=ABC == sdMC 2  Nên OAC+ANM = ACB+ ABC =90°. Suy ra AKN =90° , tức là OA⊥ MN.
13. 83 Website: 2) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thì JI // AO (cùng vuông góc với MN); JO // AH (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AIJO là hình bình hành, suy AH 2 BC7 ra: OJ= AI == (cm) ;OB == (cm) . 2222 22 72 3 BJ=OB2+ OJ2=+=cm . Do đó  ( ) 22 2 Bài 5: 1111 1) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với ++= . S2SS2SS2S3S +++ abbccaabc++ S2S 1119S Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: +=S ++≥ . + ababba2b S2S9SS2S9S Tương tự: +≥; +≥ . Do đó: ++ bcb2cca c2a 111abc++ 1 ++≤= . S2SS2SS2S 3S +++ 3S abbcca abc++ Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều 2) Trong 8045 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác có diện tích lớn nhất, giả sử đó là A, B, C với SABC ≤1 . Dựng các đường thẳng đi qua A và song song với BC, qua B và song song với AC, qua C và song song với AB, chúng đôi một cắt nhau tại M, N, P. Khi đó SMNP=4S ABC ≤ 4 Ta sẽ chứng minh rằng 8045 điểm đã cho nằm
14. 84 Website: trong hoặc trên cạnh tam giác MNP. Thật vậy, giả sử ∃D∉∆MNP (chẳng hạn D và B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC) thì SDAC> S ABC (mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC). Tam giác MNP được chia thành 4 tam giác nhỏ bằng nhau ANC, AMB, ABC, BCP. Ta có 8045 = 4.2011+ 1. Theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất 2011 + 1 = 2012 điểm phải nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác nhỏ có diện tích không lớn hơn 1. ĐỀ SỐ 9 (2010-2011) Bài 1: Rút gọn A * Phân tích 4x3 - 16x2 + 21x - 9 = (2x - 3)2(x - 1) * Điều kiện: x > 1 * A=|2x-3|  3 2x− 3 x ≤  2 * A =  3 3− 2x 1<x<  2 Bài 2: 1) Giải phương trình * Phân tích x3 + 3x2 + 3x + 2 = (x + 2)(x2 + x + 1) * Điều kiện: x ≥ -2 * Đặt x + 2 = a, x2 + x + 1 = b đưa về 2(a + b) = 5 ab * Giải được a = 4b, b = 4a * a = 4b ⇔ x + 2 = 4(x2 + x + 1) phương trình vô nghiệm 3+37 3−37 * b = 4a ⇔ x2 - 3x – 7 = 0 ⇔ x= , x = 1222 * So sánh với điều kiện và kết luận 2) Cho các số thực * Đưa về phương trình: 8y2 - 8yx + 4x2 - 11x + 14 = 0 * ∆’y= - 16x2 + 88x - 112 ≥ 0 ⇔ 2x2 - 11x + 14 ≤ 0 * Giải được 2 ≤ 3 ≤ 3,5 * Với x = 2 ⇒ y = 1; x = 3,5 ⇒ y = 1,75 * Kết luận: (2;1), (3,5;1,75) Bài 3: 1) Tìm 7 số * Goi 7 số nguyên dương phải tìm là x1, x2, , x7; 222222 x1 .x2 x7=2(x 1+ x2+ x7 ) 222 2 2 1 2 7 * Giả sử x ≥ x ≥ ≥ x ≥1 có x1 .x2 x 7≤ 2.7 x1 =14 x1
15. 85 Website: ⇒ 22 x2 x7≤ 14 * x2 x7 ≤ 14 < 4 = 22 ⇒ x2 = = x7 = 1 ⇒ 22 22 x1 .x 2= 2(x1+ x2+5) 2 2 * Đặt x1 = a, x2 = b với a, b là các số nguyên dương chính phương ab = 2a + 2b + 10 ⇔ (a - 2)(b – 2) = 14.1 = 7.2 a− 2= 14 * Trường hợp 1:  ⇒b= 3 không phải lá số chính phương b22−= a27−=a9 = x1 = 3 * Trường hợp 2: ⇒ ⇒và kết luận b22−=b4 =x 2 =2 2) Cho các số * B = 16x2y2 + 12x3 + 12y3 + 34xy 1 191 * B = 16x2y2 + 12(x + y)3 - 2xy = = 16(xy- )2 + 16 16 191 191 1 * B ≥ , B nhỏ nhất = ⇔ xy = . Giải được: 16 16 16 2+32−3 2−32+3 x= , y= hoặc x= , y= 44 44 1 1 1 3 * Lại có 0 ≤ 4xy ≤ (x + y)2 =1 ⇒ 0 ≤ xy ≤ ⇒- ≤ xy - ≤ 4 16 16 16 1 3 nên 0 ≤ xy -  ≤ 16 16 1 191 3 191 25 * B = 16(xy - )2 + ≤ 16. ( )2 + = . 16 16 16 16 52 25 1 1 Vậy B lớn nhất = ⇔ (x + y) = 1 và xy = ⇔ x = y = 52 4 2 * Kết luận Bài 4: N A A M F I K C B O D C B M E 1) Tính các góc
16. 86 Website: * Chứng minh được BAC = 90 0 * Chứng minh được ∆AMB và ∆CAN đồng dạng 1 SAB * Suy ra = ∆AMB 2 3 = () S∆CNA AC AB 1 * = = tg300 = tg ACB ⇒ ACB = 300 AC 3 * Vậy ABC = 600 và kết luận. 2) So sánh * Kẻ AH ⊥ BC có AFEH là hình chữ nhật * ∆ABD vuông cân ⇒ ADB = 450 * Tứ giác ADEB nội tiếp ⇒ AEB = ADB = 450 * Do đó ∆AHE vuông cân ⇒ AH=HE=AF 1111212 * ∆ABC vuông: ==+⇒〈〈 AF2AH2AB2AC2AC2AF2AB2 21 AFAF * Từ 〈 ⇒ 〈cos AEB 〈 = cos450 = cos AEB AC2AF2ACAB 12AF2 * Từ 〈⇒〉= cos450 = cos AEB AF2AB2AB2 AFAF * Kết luận 〈cosAEB 〈 ACAB Bài 5: 1) Ai thắng * Người thứ nhất lấy 3 viên bi còn 308 viên bi là bội số của 4 * Người thứ hai lấy 1, 2 hoặc 3 viên bi * Nười thứ nhất lấy 3, 2 hoặc 1 viên số còn lại là bội của 4 * Cứ tiếp tục như vậy thì người lấy cuối cùng phải là người thứ nhất 2) Với n viên bi * Nếu n không phải là bội số của 4, với cách làm như trên thì người thứ nhất thắng * Nếu n là bội của 4 thì người thứ hai thắng. ĐỀ SỐ 10 (2009-2010) GV: Thái Tuấn (THCS Thạch Đà – Mê Linh – Hà Nội) Câu 1: 3 32( +5 ) 17 5− 38 3 Tính x= =3 (2+5) (17 5− 38) =3 ( 17 5+ 38)( 17 5− 38) = 1⇒A=1 53+− 5 Câu 2: a) x = 0 không là nghiệm của phương trình.
17. 87 Website: Xét x ≠ 0 chia hai vế phương trình cho x2 ta được: 42 t =−1  x2 +x−20= 2++−−=⇔2++=⇔⇔ x2 3x20t3 t20   2 xx t =−2 x+2x−20= Giải hệ thống 2 phương trình thu được 4 nghiệm của PT (1) như sau: {1;2;1−−+ 3;1−− 3 } b) Dễ thấy (x, y) là nghiệm thì (y, x) cũng là nghiệm của hệ. Để hệ có nghiệm duy nhất thì x = y. 11 Từ hệ suy ra a∈−2; 2;⇒a∈2; thỏa mãn (sau khi thử lại). 44 Câu 3: a) Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 ( x+1) ( x−x+1) 2 ≤0⇔( x+1) ≤0⇔x=−1. ( x2+1)( x2−x+1) b) Ta có bất đẳng thức : x3+y3≥xyxy( +) ∀ x, y >0(*) Thật vậy bất đẳng thức (*) tương đương với: x3+y3−xy( x+ y) ≥0 ⇔( xyx+)( 2−xy+ y2) − xy( x+ y) ≥0 ⇔( xyx+)( 2−2 xy+ y2) ≥0 2 ⇔( xyxy+)( −) ≥0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng các phép biến đổi là tương đương nên bất đẳng thức (*) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi x = y. Áp dụng (*) ta được: 11 x3+y3+1 =x3+y3+xyz≥ xy( x+ y) + xyz= xy( x+ y+ z) ⇒≤ x3+y3+1 xy( x+ y+ z) 1111 Chứng minh tương tự ta được: ≤; ≤ y3+z3+1yzxyz( ++) z3+x3+1zxxyz( ++) Cộng theo vế các bất thức trên ta được: 111111 B =++≤++ x3+y3+1y3+z3+1z3+x3+1xyxyz( ++) yzxyz( ++) zxxyz( ++) xyz++ 1 = ==1 xyz( x+ y+ z) xyz
18. 88 Website: Vậy giá trị lớn nhất của B là 1 khi x = y = z = 1. Câu 4: (Các bạn tự vẽ hình) a) Nhiều cách làm. Xin giới thiệu một cách dễ nghĩ đến. Kẻ DP’ vuông góc BC. Suy ra P’, M, N thẳng hàng (Đường thẳng Sim son). Dẫn tới P và P’ trùng nhau (do MN và BC chỉ có mọt giao điểm duy nhất). b) Dễ chứng minh được: OI2 = R2 – 2Rr (Hệ thức Ơ – le). Từ đó suy ra kết quả. Câu 5: 3222 2 xy32+ xy2 ( xy−xy ) +( xy − x) +( xy −y ) +( x+ y) C thuộc Z thì yC2 == xy −1xy −1 2 ( xyxyxy++)( −1) +( xy+) xy+ = =xyxy2 +++∈Z xy −1xy −1 ⇒xy+≥−1+ xy⇔( x−1)( y −1) ≤2 Với x = 1 thì y = 3. Với x > 1 thì y−12≤⇒1≤y≤3⇒y∈{1; 2; 3} xy+ x+12 Nếu y = 1 thì ==1 +∈Z⇒x=3;2(do x > 1) xy−1 x−1x −1 xy+ x+215 Nếu y = 2 thì ==+∈Z từ đây tìm được x xy−12 x−124x −2 xy+ x+315 Nếu y = 3 thì ==+∈Z từ đây tìm được x xy−13 x−134x −2