Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Trường Archimedes Academy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Trường Archimedes Academy (Có đáp án)

1. TRƯỜNG ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 (Đề thi gồm 02 trang) NĂM HỌC: 2020 – 2021 Đề số 19 Môn: Toán 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (5,0 điểm) a) Cho đa thức Pxxxx()234=+++32 có nghiệm thực a . i) Hỏi, có tồn tại không số thực c khác a thỏa mãn Pc( )= 0? ii) Xét đa thức Q( x) = x32 −5 x + 10 x − 10 có nghiệm thực b .Chứng minh rằng ab+=1 (Học sinh không cần chứng minh hai đa thức Px( ) và Qx( ) có nghiệm thực trong bài làm. Tuy nhiên sẽ có điểm thưởng cho bạn nào chứng minh được điều này) b) Tồn tại không các số thực dương a b, c, thỏa mãn abcabc222+++= 21 và 1 1. ()111?abcbc+−−− ( 22)( ) 4 Câu 2. (5,0 điểm) n2 −1 a) Cho số nguyên dương n thỏa mãn là tích của hai số nguyên dương liên 3 21n + tiếp. Chứng minh rằng n chia 3 dư 1 và là một số chính phương. 3 b) Tìm tất cả các số nguyên tố pqr,, thỏa mãn ( ppqqrr222+++222)( )( )là số chính phương c) Có tồn tại không một lũy thừa của 2 sao cho khi viết lại các chữ số của nó theo một thứ tự thích hợp ( nhưng chữ số 0 không được viết ở đầu ), ta thu được một lũy thừa khác của 2 ? Câu 3. ( 3 điểm) a) Cho ba số thực dương a , b , c . Chứng minh rằng abc333++ 81(ab++ bc ca) + 30 . abc (abc++)2 b) Xét các số thực a , b , c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc+ + − 2 P = . (aabbcc222− +−111)( +− + )( ) Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ()AB AC , có đường cao AH ()H BC . Gọi D là trung điểm của đoạn AC , N là trung điểm của đoạn AD và I là hình chiếu vuông góc của điểm H trên đường thẳng AB . Các đường thẳng HN và ID cắt nhau tại điểm P . Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng AP và HI .
2. a) Chứng minh rằng hai đường thẳng AK và BD vuông góc với nhau. b) Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng BD và IH . Trên đoạn AG lấy điểm E sao cho BE BH= . Chứng minh rằng BEK =90 . c) Gọi F là điểm đối xứng với điểm E qua điểm A . Qua điểm E , kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BK tại điểm L . Gọi M là trung điểm của đoạn EK . Các đường thẳng ML và AG cắt nhau tại điểm O . Chứng minh rằng hai đường thẳng BO và FL vuông góc với nhau. Câu 5. (1 điểm) Cho bảng ô vuông 1 8 1x 8 . Người ta điền các số nguyên dương từ 1đến 324 vào mỗi ô vuông của bảng, mỗi ô một số và không có hai ô nào điền số giống nhau. Ở mỗi hàng, người ta chọn ra số lớn thứ tư được điền vào ô vuông của hàng đó. Gọi S là tổng của 18 số được chọn ra. Chứng minh rằng tồn tại một hàng nào đó có tổng tất cả các số được điền vào các ô vuông của hàng đó nhỏ hơn S .  HẾT 
3. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Bài 1. (5,0 điểm) a) Cho đa thức Pxxxx()234=+++32 có nghiệm thực a . i) Hỏi, có tồn tại không số thực c khác a thỏa mãn Pc( ) 0?= ii) Xét đa thức Qxxxx( ) =−+−3251010 có nghiệm thực b .Chứng minh rằng ab+=1 (Học sinh không cần chứng minh hai đa thức Px( ) và Qx( ) có nghiệm thực trong bài làm. Tuy nhiên sẽ có điểm thưởng cho bạn nào chứng minh được điều này) b) Tồn tại không các số thực dương a b, c, thỏa mãn abcabc222+++= 21 và 1 ()111?abcbc+−−− ( 22)( ) 4 Lời giải a) Cho đa thức có nghiệm thực . i) Hỏi, có tồn tại không số thực khác thỏa mãn Giả sử tồn tại ca sao cho Pc( ) = 0 mà Pa( ) = 0 nên aaaccc3232+++=+++234234 −+++++=(acaaccac)( 222230 ) 22 2 cc3 −+++++(acaacacc) +++= 2120 44 2 cccc 22++++4424 −+++=(aca ) 10 24 =ac (vô lý) . Suy ra không tồn tại c thỏa mãn bài toán. ii) Xét đa thức có nghiệm thực .Chứng minh rằng Theo giả thiết: Có xa= là nghiệm của P( xxxx )234=+++32 a32+++=2340aa Có xb= là nghiệm của bb32−5 +10100b −= −+bb325 −101b + 00= a3+2 a 2 + 3 a + 4 = − b 3 + 5 b 2 − 10 b + 10 aaa32322 ++233 b =−+ 3 b 1 bbbb 24− ++− 2 3 3 ++− aaabbb32 ++2312 = 13 −+−+− 1( )32( ) ( ) +a322 a ++=−+−+−+= 3 a 4( 1 b)32 2( 1 b) 3( 1 b) 4 0 Suy ra xa= , xb=−1 là hai nghiệm của Px( ) và ab+=1 . b) Tồn tại không các số thực dương thỏa mãn và
4. 1 ()111?abcbc+−−− ( 22)( ) 4 Ta xem a2+2 abc + b 2 + c 2 − 1 = 0( 1) là phương trình bậc hai với ẩn là a . Giả sử phương trình (1) có nghiệm a 0 . Ta có =−−+=−− bcbcbc222222 1110( )( ) (111) =abcbc −+−− ( 22)( ) +=−−abcbc (1122)( ) 1 Có (abcbc+−−− ) 1112( 22)( ) ( ) . 4 Đặt xbc=−−(1122)( ) , x 0 . 2 1 2 1 1 (2) trở thành: xx(1− ) −xx + 0 − x 0 (vô lý). 4 4 2 Vậy không tồn tại các số thực dương a b, c, thỏa mãn abcabc222+++= 21 và thỏa 1 ()abcbc+−−− 111 ( 22)( ) . 4 Bài 2. (5,0 điểm) n2 −1 d) Cho số nguyên dương n thỏa mãn là tích của hai số nguyên dương liên 3 21n + tiếp. Chứng minh rằng n chia 3 dư 1 và là một số chính phương. 3 e) Tìm tất cả các số nguyên tố pqr,, thỏa mãn ( ppqqrr222+++222)( )( )là số chính phương f) Có tồn tại không một lũy thừa của 2 sao cho khi viết lại các chữ số của nó theo một thứ tự thích hợp ( nhưng chữ số 0 không được viết ở đầu ), ta thu được một lũy thừa khác của 2 ? Lời giải a) Ta có 22 nn−−1 4 1 (2nn+− 1)( 2 1) 2 =k( k +1) ( k *2) = 4 k + 4 k + 1 =( 2 k + 1) 3 3 3 21n − TH1: 2n − 1 3 vì 2n += 1, 1 3 21n − 2npqpqp + 1;322 ==22222 mod3 −=  ( ) ( vô lý) 3 2nn++ 1 2 1 TH2: 2nn+ 1 3  1( mod3) vì ,2n − 1 = 1 là số chính phương. 33
5. b) Theo bài pqr,,là các số nguyên tố và pqrpqr( +++222)( )( ) là số chính phương +++= +++=pqrpqrkpqrkpqrk( 222222)( )( pqr ) ( )2 ( *2) ( )( )( ) Ta có pqrpqrpqrkkpqrpqr +++ = +++=( 22281822224)( )( ) 2 ( )( )( ) Vậy trong ba số pqr,,phảo có ít nhất một số bằng 2 không mất tính tổng quát giả sử rpqpqpqpq= ++= ++= 24228222( )( ) ( )( ) pq, phải có ít nhất một số bằng 2 giả sử q = 2 += =42402( pp) ( vô lý) Vậy không có bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) giả sử có hai số 22mn thỏa mãn yêu cầu bài toán − 12903mn− mn Vì hai số 2mn ;2 có các chữ số giống nhau  − − −22mod9229221921mnmnnm nm( n ) 91 ( −−) ( ) Thử lần lượt các giá trị mnmnmn−=−=−=1;2;3 Ta thấy không thỏa mãn (1) . Vậy không có số thỏa mãn. Bài 3. ( 3 điểm) a) Cho ba số thực dương a , b , c . Chứng minh rằng abc333++ 81(abbcca++) + 30 . abc (abc++)2 b) Xét các số thực a , b , c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc++− 2 P = . (aabbcc222−+−+−+111)( )( ) Lời giải abc333++ 81(ab++ bc ca) a) Đặt P =+ . abc (abc++)2 abc3++ 3 3 81(ab++ bc ca) Ta có P −30 = − 3 + 2 − 27 abc (abc++) (abca++)( 2 ++−−− b 2 c 2 abbcca) ( abbcca ++−++) ( a 2 b 2 c 2 ) = +27  abc (abc++)2 1 1 1 27 = a2 + b 2 + c 2 − ab + bc + ca + + − ( ) ( ) 2 ab bc ca (abc++)
6. CBS 99 ++−++−= (abcabbcca222 ) ( ) 0 abbccaabbcca++++ (Do abcabbcca222++ ++ và (abcabbcca++ ++)2 3( ) , abc,,). Do đó P 30. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc==. Vậy ta có đpcm. 2 2 13 b) Ta có aaaa−+=−+ 10, . 24 Tương tự b b2 b− + 1 0 , ; c c2 c− + 1 0 , . Do đó nếu abc+ + 2 thì P 0 (1) . Ta xét trường hợp abc+ + 2 abc++− 2 P = 222 131313 abc −+−+−+ 242424 abc++ − 2 = 222 1111 434343 abc −+−+−+ 64222 Ta chứng minh bổ đề (xyzxyzx222+++ +++33341,,,)( y z )( ) ( )2 (*). 2 BCS 2 ( yz++1) Thật vậy (xyzx+++ ++131) ( 2 ) . 3 Do đó ta cần chứng minh ( yz++1)2 ( yz22++33)( ) 1+ 34 16 + 4( y2 + z 2) + 8 yz + 8( y + z) 3 y 2 z 2 + 9( y 2 + z 2 ) + 27 3y2 z 2 + 5( y 2 + z 2 ) − 8 yz − 8( y + z) + 11 0 3( yz− 1)2 + 4( y − 1) 2 + 4( z − 1) 2 +( y − z) 2 0 (luôn đúng). Như vậy ta có (*) luôn đúng. 1 1 1 Áp dụng (*) với xa=−2 , yb=−2 , zc=−2 ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 4 a− + 34 b − + 34 c − + 342222 ( a + b + c − ) 2 2 2
7. abc++− 2 42(abc++− ) =P 2 . 1 2 ++−441(abc ) (abc++− 1) 64 42(t − ) Đặt t= a + b + c , t 2, khi đó P . (t −1)2 423(tt−−−) 482169ttttt−−−+−−+( 22) ( ) ( )2 Lại có −=== 10,2 t . (tttt−−−−1111)2222 ( ) ( ) ( ) 42(t − ) 1, t 2 (2). (t −1)2 Từ (1) và (2) suy ra P 1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc= = =1. Vậy GTLN của P là 1. Bài 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ()A B A C , có đường cao AH ()H B C . Gọi D là trung điểm của đoạn AC , N là trung điểm của đoạn AD và I là hình chiếu vuông góc của điểm H trên đường thẳng AB . Các đường thẳng HN và ID cắt nhau tại điểm P . Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng AP và HI . a) Chứng minh rằng hai đường thẳng AK và BD vuông góc với nhau. b) Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng BD và IH . Trên đoạn AG lấy điểm E sao cho BE= BH . Chứng minh rằng BEK =90 . c) Gọi F là điểm đối xứng với điểm E qua điểm A . Qua điểm E , kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BK tại điểm L . Gọi M là trung điểm của đoạn EK . Các đường thẳng ML và AG cắt nhau tại điểm O . Chứng minh rằng hai đường thẳng BO và FL vuông góc với nhau. Lời giải
8. a) Chứng minh rằng hai đường thẳng AK và BD vuông góc với nhau. Có HKAC// (do cùng vuông góc AB ). HIHP HKHP = và = , mà ANND= . NDPN ANPN =HIHK Ta có HIABAC∽ HIAB KIHIABAB = === IAAC 22IAIAACAD IKAB = IAAD hay KIABAD∽ =AKI DBA, có DBA+ ADB =90  , ADBDGK= (so le). AKI + DGK =90  . ⊥BDAK . b) Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng BD và IH . Trên đoạn AG lấy điểm E sao cho BE= BH . Chứng minh rằng BEK =90 .
9. Gọi T là giao điểm của KI và BE . ABK có hai đường cao KI , BD cắt nhau tại G . G là trực tâm BAK nên AG⊥ BK . B E B A Có BEBHBIBA22==. =. B I B E BEIBAE∽ . =I E B E A B , có E A B B= K I (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). =IEB BKI . I T E T IET∽ BKT (g.g) =. B T KT KTE∽ BTI . ==KETBIT 90 hay BEK =90 . c) Gọi F là điểm đối xứng với điểm E qua điểm A . Qua điểm E , kẻ đường thẳng song song với IK cắt đường thẳng BK tại điểm L . Gọi M là trung điểm của đoạn EK . Các đường thẳng ML và AG cắt nhau tại điểm O . Chứng minh rằng hai đường thẳng BO và FL vuông góc với nhau. Gọi Q là trung điểm BE , X là giao điểm của AG với BK , Y là giao điểm của LO với BF . Có KELEKIEBA== (do IBTEKT∽ ). Có ELKBAE= (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) LEKABE∽ (g.g). EKLELK == , có BEQE= 2 , EKMK= 2 . BEABAE MKLK =. QEAE MLK∽ QAE (c.g.c). =MLK QAE , QAEBFE= (đồng vị) =MLKBFE . BFXBLY∽ (g.g). ==BYLFXB 90 . BLF có hai đường cao FX và LK cắt nhau tại O . O là trực tâm BLF . ⊥BO LF .
10. Bài 5. (1 điểm) Cho bảng ô vuông 1 8 1 8 . Người ta điền các số nguyên dương từ 1đến 324 vào mỗi ô vuông của bảng, mỗi ô một số và không có hai ô nào điền số giống nhau. Ở mỗi hàng, người ta chọn ra số lớn thứ tư được điền vào ô vuông của hàng đó. Gọi S là tổng của 18 số được chọn ra. Chứng minh rằng tồn tại một hàng nào đó có tổng tất cả các số được điền vào các ô vuông của hàng đó nhỏ hơn S . Lời giải Ta gọi bii (1 18 ) là số hạng lớn thứ tư trong mỗi hàng thứ i . Không mất tính tổng quát giả sử bbbb12318 . Ta có nhận xét : b1 15 ( vì b1 lớn hơn 14 số trong hàng đó) b2 30 ( vì b2 lớn hơn 14 số trong hàng đó và lớn hơn 15 số trong hàng có b1 ) Tương tự như vậy ta có bibbbi ++ ++=15.15. 161718765161718 ( ) . Gọi ajj (1 18 ) là các số trong hàng chứa b1 . Không mất tính tổng quát giả sử a1218 a a Ta có : a16+ a 17 + a 18 322 + 323 + 324 = 969; b 1 = a 15 b 1 − a 1 14 aaabba2315222 − 14 ( giữa hai giá trị a2 và b2 có ít nhất 13 giá trị) Tương tự như vậy ta có baiiii− 14;115( ) . 18 Xét hiệu (babababbbaaaii−=−+) ( +−+++−++111515161718161718) ( ) ( ) ( ) i=1 18 (baii −) 14.15 + 765 − 969 = 6 0 . Vậy có ít nhất một hàng có tổng nhỏ hơn S . i=1  HẾT 