002 đề thi HSG toán 9 tỉnh hà nội 2018 2019

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP THÀNH PHỐ
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN

Bài 1.
a) Giải phương trình: 3 2  x  1  x  1
2 
2  
2


b) Cho S  1 
1 
 .....1 
 là tích của 2019 thừa số
 2.3  3.4   2020.2021 
Bài 2.
a) Biết a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  ab  b2 chia hết cho 9. Chứng
minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3
b) Tìm số nguyên dương n sao cho 9n  11 là tích của k  k  ; k  2  số tự nhiên liên
tiếp
Bài 3.
a) Cho x, y, z là các số thực dương nhỏ hơn 4
Chứng minh rằng trong các số

1
1 1
1 1

1

; 
; 
luôn luôn tồn tại ít nhất một
x 4 y y 4 z z 4 x

số lớn hơn hoặc bằng 1
b) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2abc  1
Tìm GTLN của biểu thức P  ab  bc  ca  abc
Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AB  AC . Đường tròn  I  nội tiếp tam giác
ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AI và

DE
a) Chứng minh rằng IAB EAS
b) Gọi K là trung điểm của AB, O là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm
K , O, S thẳng hàng
c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác
ABC cắt đường thẳng DE tại N. Chứng minh rằng AM  AN
Bài 5. Xét bảng ô vuông cở 10 10 gồm có 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta
điền vào mỗi ô vuông của bảng 1 số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô
chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại
một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần


ĐÁP ÁN
Bài 1.
a 3  b 2  1
3
3



 2 x a 
2  x  a
a) ĐKXĐ: x  1. Đặt 


a  1  b

2
x

1

b

x

1

b





b  1  a

Do đó : a 3  b 2  1  a 3  1  a 

2

a  0
 1  a  a  1 a  2   0  a  1

 a  2

2  x  0
TH 1: a  0  b  1  
 x  2(tm)
x

1

1

2  x  1
TH 2 : a  1  b  0  
 x  1(tm)
x

1

0

2  x  8
TH 3: a  2  b  3  
 x  10(tm)
x


1

9

Vậy S  1;2;10
b) Với n * ta có:

2
n2  n  2  n  1 n  2 
1


. Thay n  2;3.......;2020 ta có:
n  n  1 n  n  1
n  n  1

S

1.4 2.5 3.6
2019.2022 1.2.3.....2019  . 4.5.6......2022
2022
337
. . ........



2.3 3.4 4.5
2020.2021  2.3.4......2020 . 3.4.5.......2021 2020.3 1010

Bài 2.

2
2
a) Ta có :  a 2  ab  b2  9  4  a 2  ab  b2  9  3 a  b    a  b   9 (*)



2
2
2
 3 a  b    a  b   3   a  b  3   a  b  9 . Từ (*) ta lại suy ra:


 a  b  3
a 3
2
2
 2a 3  
3 a  b  9   a  b  9   a  b  3 . Do đó 
b 3
 a  b  3

b) Nhận xét : tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3
Ta thấy với n nguyên dương thì 9n  11 không chia hết cho 3 nên k  2


Đặt 9n  11  a  a  1 với a nguyên dương. Ta có
9n  11  a  a  1  4.9n  45  4a 2  4a  1

  2a  1   2.3n   45   2a  1  2.3n  2a  1  2.3n   45

2

2

Vì a, n nguyên dương nên 2a  1  2.3n  9. Ta có các trường hợp sau:
n
2a  1  2.3  9
TH 1: 
 4a  2  14  a  3  9n  11  12  n  0(ktm)
n
2a  1  2.3  5
n
2a  1  2.3  15
TH 2 : 
 4a  2  18  a  4  9n  11  20  n  1(tm)
n
2a  1  2.3  3
2a  1  2.3n  45
TH 3: 
 4a  2  46  a  11  9n  11  132  9n  121(ktm)
n
2a  1  2.3  1
Vậy n  1, k  2 thỏa mãn bài toán
Bài 3.
1
1
1
1
1
1

 0; 
 0; 
 0. Áp dụng BĐT Bunhia ta có:
a) Ta có : 
x 4 y
y 4 z
z 4 x


1
1
1
1
1
1 
36   x .
 4  y.
 y.
 4  z.
 z.
 4  x.


x
4

y
y
4


z
z
4

x



2

1
1
1
1
1
1 
  x  4  y  y  4  z  z  4  x 
 
 

 x 4 y y 4 z z 4 x

1
1
1
1
1
1  1
1  1
1 


;

;
Do
đó
trong
các
số
 





3


 

x 4 y y 4 z
 x 4 y  y 4 z  z 4 x
1
1
; 
luôn luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1
z 4 x
b) Ta có
2P  2  ab  bc  ca   2abc  2  ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  1   a  b  c   1
2

Mặt khác : a2  b2  c2  2abc  1  a2b  2abc  c2  1  a 2  b2  a 2b2
  ab  c 

2

2   a  b
 2  a 2  b2 
2  a 2  b2
 1  a 1  b   

ab

c

c

2
2
2


2

2

2


 a  b

Do đó a  b  c 

 1 2  a  b
3
9
5
5

  2P   1   P 
2
2
2
4
4
8
1
5
Vậy GTLN của P là . Đạt được khi a  b  c 
2
8
Bài 4.
2

2

A
E
F
K

B

I

M
S
D

H

C
O

N
BAC  ABC
1800  C
C
0
 180 
 900   AIB  AES
a) Ta có AIB  180 
2
2
2
0

Và EAS  IAB nên IAB EAS
b)

Ta có IAB EAS  ASE  IBA  IBD do đó tứ giác IBDS nội tiếp

 ISB  IDB  900 mà IAB  450 nên ASB vuông cân tại S
có KA  KB nên SK là trung trực của AB.
Mặt khác ABC vuông có OB  OC nên OA  OB suy ra O  đường trung trực của AB
.Hay ba điểm K , O, S thẳng hàng.


AK IK

.Áp dụng định lý Talet và hệ quả ta
AM IM
IK FK
AK FK
AK AM
AN SA AK





(1). Mặt khác ,
có:


(2)
IM FA
AM FA
FK FA
ID SI FK
AM AN


Từ (1) và (2) suy ra
mà FA  ID nên AM  AN
FA
ID

c) Vì IA là phân giác của AMK nên

Bài 5.
Ta thấy 2 ô vuông ở hai góc của hình
vuông 10 10 là xa nhau nhất. Gọi các số
được điền vào mỗi ô vuông đó lần lượt là
a1; a2 ;....; a19 . Ta có:
a1  a2  1  1  a1  a2  1; 1  a2  a3  1;
;.....; 1  a18  a19  1, cộng vế theo vế ta
có
18  a1  a19  18  a1  a19  18
Vậy a1; a2 ;.....; a19 là các số nguyên nên chỉ
có tối đa 19 số nguyên khác nhau được
điền vào trong bảng. Có 100 ô vuông trên
bảng, nên theo nguyên lý Dirichle thì có ít
nhất một số xuất hiện trên bảng
100 
 19   1  6 lần

A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
A11
A12
A13
A14

A15
A16
A17
A18
A19