Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hà Nội (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HÀ NỘI THÀNH PHỐ ĐỀ CHÍNH THỨC NĂMMôn HỌ thiC :2017 Toán – 2018 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. (5.0 điểm) 1 1 1 2017 a) Cho các số thực a,, b c thỏa mãn a b c 2018 và b c c a a b 2018 . Tính giá trị của biểu thức a b c P b c c a a b b) Tìm tất cả các cặp số nguyên xy, thỏa mãn phương trình xy 7 x22 xy y 13 Bài 2. (5.0 điểm) a) Giải phương trình 6x2 2 x 1 3 x 6 x 3. b) Giải hệ phương trình x3 x 2 y 3 3 y 2 4 y 2xy 2 2 Bài 3. (3.0 điểm) a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương m,, n p với p nguyên tố thỏa mãn m2019 n 2019 p 2018 b) Cho x ,y,z 0 thỏa mãn x y z 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P y3 16 z 3 16 x 3 16 Bài 4. (6.0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB AC BC , nội tiếp đường tròn O . Gọi H là hình chiếu của A lên BC , M là trung điểm của AC và P là điểm thay đổi trên đoạn MH ( P khác M và P khác H ). a) Chứng minh rằng BAO HAC b) Khi APB 900 , chứng minh ba điểm B , O , P thẳng hàng. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt nhau tại Q (Q khác P ). Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi. Bài 5. (1.0 điểm) Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn O . Chia 2n đỉnh này thành n cặp điểm, mỗi cặp điểm này thành một đoạn thẳng (hai đoạn thẳng bất kì trong số n đoạn thẳng được tạo ra không có đầu mút chung). a) Khi n 4 , hãy chỉ ra một cách chia sao cho trong bốn đoạn thẳng được tạo ra không có hai đoạn nào có độ dài bằng nhau. b) Khi n 10 , chứng minh rằng trong mười đoạn thẳng được tạo ra luôn tồn tại hai đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.
2. Hướng dẫn Bài 1. a) Từ giả thiết, ta có 1 1 1 2017 P a b c 3 2018. 3 2014. b c c a a b 2018 b) Điều kiện: x22 xy y 0. Từ phương trình suy ra xy 0. Bây giờ ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng 13 x y 7 x22 xy y (1) Từ đây, ta có 13 xy chia hết cho 7 . Mà 14,7 1 nên xy chia hết cho 7 . (2) 12 3 2 1 2 Mặt khác, ta lại có x22 xy y x y x y x y 4 4 4 Do đó, kết hợp với (1), ta suy ra 7 2 13 x y x y 4 52 Từ đó, với chú ý xy 0, ta có đánh giá 0 xy . Kết hợp với 7 (2), ta được xy 7 và x22 xy y 13. x 3 xy 7 y 4 Giải hệ phương trình 22 x xy y 13 x 4 y 3 Bài 2. 1 2 a) Điều kiện: x . Do 6x22 2 x 1 5 x x 1 0 nên từ phương 2 trình ta suy ra x 0 . Bây giờ, đặt ax 63, ta có 1 6x2 2 x 1 6 x 2 a 2 nên phương trình có thể được viết lại thành 3 1 63x22 a xa , 3 hay a 6 x a 3 x 0. Từ đây, ta có ax 3 hoặc ax 6 . Với , ta có 9xx2 6 3. Từ đây, với chú ý x 0 , ta giải được x 0 . Với ax 6 , ta có 36xx2 6 3. Từ đây, với chú ý , ta giải 1 13 được x . 12 1 13 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 và x 12 b) Điều kiện: x 2 . Từ phương trình thứ hai, ta suy ra y 2. Phương trình thứ nhất của hệ có thể được viết lại thành
3. 2yy 1 2 hay 2 y 1 1 0. Giải phương trình này, ta được y 0 . Một cách tương ứng, ta có x 1. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm xy, duy nhất là 1;0 . Bài 3. a) Giả sử tồn tại bộ số (m ,n,p) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy 0 m , np . Phương trình đã cho có thể được viết lại thành m n A p 2018 , (1) trong đó A m2018 m 2017 n m 2017 n 2 mn 2017 n 2018 Nếu A không chia hết cho p thì từ (1), ta có A 1 và m n p2018 m 2019 n 2019. Từ đó dễ thấy mn 1 và p 2018 2, mâu thuẫn. Vậy A chia hết cho p . Do mn 1 nên từ (1) suy ra mn chia hết cho p . Khi đó, ta có A 2019 m2018 mod p . Do A chia hết cho p và 0 mp nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia hết cho p , hay p 2019 . Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay mn . Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\ 673 673 mn3 3 2019 2018 , hay m n m2 mn n 2 2019 2018 , 672 671 671 672 trong đó, B m3 m 3 n 3 m 3 n 3 n 3 . Do mn nên m22 mn n m n 2 mn 1, từ đó ta có m22 mn n chia hết cho 2019 . Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra do m2 mn n 2  3 n 2 mod 2019 m22 mn n  0 mod 2019 . Vậy không tồn tại các số m,, n p thỏa mãn yêu cầu đề bài. 1 b) Ta sẽ chứng minh P với dấu bằng đạt được tại x, y , z 0,1,2 (và 6 1 các hoán vị vòng quanh của bộ này). Bất đẳng thức P tương 16 đương với 16x 16 y 16 z 8 y3 16 z 3 16 x 3 16 3 hay 16x 16 y 16 z 8 x 3 y 3 z 3 x y z y 16 z 16 x 16 3 Một cách tương đương, ta phải chứng minh
4. xy3 yz 3 zx 3 1 (1) y3 16 z 3 16 x 3 16 3 Không mất tính tổng quát, giả sử y nằm giữa x và z . Ta có: y3 16 y 4 y 2 2 12 y 12 y y xy 2 nên . y 3 16 12 Đánh giá tương tự, ta cũng có yz3 yz 2 zx 3 zx 2 ; zx33 16 12 16 12 Suy ra xy3 yz 3 zx 3 xy 2 yz 2 zx 2 2 y3 16 z 3 16 x 3 16 12 Do y nằm giữa x và z nên ta có y z y z 0, suy ra y2 zx xy yz và xy2 zx 2 xy 2 xyz . Từ đó, ta có đánh giá xyyzzxyxxzz2 2 2 2 2 yxz 2 y 3 y 2 4 4 yy 1 2 4 3 1 Từ (2) và (3), ta thu được (1). Vậy min P . 6 Bài 4. 1 a) Ta có ACB s®AB AOB (tính chất góc nội tiếp chắn cung). Mà 2 OA OB nên BAO ABO , suy ra AOB 2 BAO 900 . Từ đây, ta có 2ACB 2 BAO 900 , hay BAO 900 ACB HAC (vì AHC 900 ). Vậy BAO CAH . b) Xét tứ giác APHB , TA CÓ APB AHB900 gt . Mà hai góc này cùng nhìn cạnh AB nên tứ giác APHB nội tiếp. Suy ra ABP AHP (cùng chắn cung AP ) (1)
5. Xét tam giác AHC vuông tại H có M là trung điểm của AC nên MH MC MA (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền). Từ đó suy ra AHP AHM MAH CAH BAO ABO (2) Từ (1) và (2), ta có ABP ABO nên các tia BO và BP trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm B , O , P thẳng hàng. c) Ta có tứ giác BQPH nội tiếp và hai góc BQP , BHP ở vị trí đối nhau nên BQP 1800 BHP PHC MHC . Mặt khác, ta lại có MH MC (chứng minh trên) nên MHC MCH ACB . Từ đây, ta suy ra BQP ACB Lại có tứ giác AQMP nội tiếp nên AQP AMP AMH (cùng chắn cung AP ). Mà AMH MHC MCH 22 MCH ACB (tính chất góc ngoài) nên AQP 2 ACB Từ đó AQB AQP BQP ACB . Hai góc AQB và ACB cùng nhìn cạnh AB nên tứ giác AQCB nội tiếp. Bây giờ, gọi I là giao điểm khác P của PQ và O . Ta có BQI BQP ACB AQB nên s®BA =s® BI , hay BA BI . Suy ra I là giao điểm khác A của các đường tròn B, BA và O , tức I cố định. Vậy đường thẳng PQ luôn đi qua điểm I cố định. Bài 5. Ta đánh số 2n đỉnh của đa giác từ 1 đến 2n . Khi đó, độ dài của đoạn thẳng nối hai đỉnh có thể coi tương ứng với số lượng cung nhỏ nằm giữa hai đỉnh đó, cũng chính là chênh lệch giữa hai số thứ tự theo mod n rồi cộng thêm 1 . Sự tồn tại hai cặp đoạn thẳng có độ dài bằng nhau trong đề bài tương ứng với việc tồn tại hai cặp đỉnh có sự chênh lệch giữa các số thứ tự bằng nhau theo mod n . a) Ta cần chỉ ra cách chia cặp 8 số từ 1 đến 8 sao cho không có hai cặp nào có chênh lệch giống nhau theo mod 4 . Cụ thể là, 1,4 , 2,6 , 3,5 và 7,8 với các chênh lệch là 3 , 4 , 2 , 1 , thỏa mãn đề bài.
6. b) Gỉa sử tồn tại cách ghép cặp ab11, , ab22, , , ab10, 10 cho các số từ 1 đến 20 sao cho không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 10 . Suy ra a1 b 1 a 2 b 2 a 10 b 10  0 1 9 mod 10 a1 b 1 a 2 b 2 a 10 b 10  5 mod 10 Do đó tổng a1 b 1 a 2 b 2 a 10 b 10 là số lẻ. Chú ý rằng với mọi xy, nguyên thì xy có cùng tính chẵn lẻ với xy . Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra tổng a1, b 1 a 2 , b 2 a 10 , b 10 , cũng lẻ. Mặt khác, ta lại có a1, b 1 a 2 , b 2 a 10 , b 10 1 2 20 210 là số chẵn. Mâu thuẫn nhận được cho ta kết quả cần chứng minh.