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

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

1. Đề thi

Bài 1 (5.0 điểm). d

a) Giải phương trìnhx2 xC8D4pxC3:
b) Chứng minh rằng biểu thứcK D .a b/.a c/a2 C

b2

.b c/.b a/C
c2

.c a/.c b/ có giá trị là số nguyên,
trong đóa; b; c là ba số thực đôi một phân biệt.

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Cho ba số nguyêna; b; cthỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng minh
rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP .x/Dx3CaxCb có một nghiệm là1Cp3(a; blà các số hữu tỉ). Chứng minh
rằng đa thứcP .x/chia hết cho đa thứcx2 2x 2:

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âma; b; c thay đổi thỏa mãna2Cb2Cc2 D1:Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcQDpaCbCpbCcCpcCa:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC .AB < AC /:Đường tròn.I /
tiếp xúc với các cạnhBC; CAlần lượt tại các điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vng góc
với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI tại điểmJ:GọiP là hình chiếu vng góc của điểmJ trên
đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN là giao điểm của hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh rằng _AI1 C_AJ1 D _AN2 :
c) GọiQlà giao điểm của hai đường thẳngJP vàDE:GọiK là trung điểm củaPQ:Chứng minh

rằng đường thẳngBK vng góc với đường thẳngAP:
Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3xC2y D1C2z:

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng1:Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ
nhật sao cho khơng 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
khơng vượt q1₂:

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọinlà số tam giác có ba đỉnh
là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích khơng vượt q 1₄:Tìm giá trị nhỏ
nhất củan:

<b>1</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2. Lời giải và bình luận các bài tốn

Bài 1 (5.0 điểm). d

a) Giải phương trìnhx2 xC8D4pxC3:
b) Chứng minh rằng biểu thứcK D .a b/.a c/a2 C

b2

.b c/.b a/C
c2

.c a/.c b/ có giá trị là số nguyên,

trong đóa; b; c là ba số thực đôi một phân biệt.

Lời giải. a)Điều kiện:x 3:Phương trình đã cho có thể được viết lại thành
.x2 2xC1/CxC3 4pxC3C4D0;
hay

.x 1/2CpxC3 2
2

D0: .1/

Vì.x 1/20và pxC3 220nên.1/xảy ra khi và chỉ khi.x 1/2 D pxC3 22 D0;
tứcxD1(thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtxD1:

b)Ta có
K D a

2_.b _c/_C_b2_.c _a/_C_c2_.a _b/

.a b/.b c/.a c/ D

a2.b c/Cb2.c bCb a/Cc2.a b/
.a b/.b c/.a c/

D .a

2 _b2_/.b _c/ _.b2 _c2_/.a _b/

.a b/.b c/.a c/ D

.a b/.b c/.aCb b c/
.a b/.b c/.a c/ D1:
Do đó, biểu thứcK ln nhận giá trị ngun là1:

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Cho ba số nguyêna; b; c thỏa mãnaCbCc vàab bc cacùng chia hết cho3:Chứng
minh rằngab bc cachia hết cho9:

b) Cho đa thứcP .x/Dx3_C_ax_C_b _{có một nghiệm là}₁_Cp₃_{(a; b} _{là các số hữu tỉ). Chứng}

minh rằng đa thứcP .x/chia hết cho đa thứcx2 2x 2:

Lời giải. a)Từ giả thiết ta có.aCb/.aCbCc/C.ab bc ca/chia hết cho3;haya2Cb2C3ab
chia hết cho3:Từ đó suy raa2Cb2cùng chia hết cho3:

Với mọi số nguyênx;ta cóxchia3dư0; 1hoặc2nênx2_chia₃_dư₀_hoặc_1:_{Suy ra}_a2_và_b2_{khi chia}
cho3có số dư là0hoặc1:Như vậy, đểa2Cb2chia hết cho3;ta phải cóa2vàb2cùng chia hết cho
3;tứcavàb cùng chia hết cho3:Mặt khác, doaCbCc chia hết cho3nênccũng chia hết cho3:Từ
đây, dễ thấyab bc cachia hết cho9:Ta có điều phải chứng minh.

b)Từ giả thiết, ta cúP 1Cp3D0;hay

.aC6/p3D .aCbC10/:

Nu aC6 Ô 0; ta cú p3 D aCabCC610 là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì
p

3là một số vơ tỉ. Do đó
aD 6:Từ đó suy raaCbC10D0;tứcb D 4:Vậy

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực khơng âma; b; c thay đổi thỏa mãna2Cb2Cc2 D1:Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcQDpaCbCpbCcCpcCa:

Lời giải. Giá trị lớn nhất của biểu thức Q:Với mọi số thựcx; y vàz;ta có
.x y/2C.y z/2C.z x/2 0:

Từ đó suy ra2.xyCyz Czx/2.x2Cy2Cz2/;hay

.xCyCz/2 3.x2Cy2Cz2/:
Sử dụng kết quả này, ta được

Q4 D

p

aCbCpbCcCpcCa
22

3.aCbCbCcCcCa/2
D36.aCbCc/2363.a2Cb2Cc2/D108:

Suy raQp4108:Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiaDb Dc D
p

3

3 :Vậy giá
trị lớn nhất của biểu thứcQlà p4 108:

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q:Từ giả thiết, ta có a2; b2; c2 1:Suy ra0 a; b; c 1:
Từ đây, ta có a a2 và b b2:Từ đó aCb a2 Cb2:Mà 0 a2 Cb2 D 1 c2 1nên
a2_C_b2_.a2_C_b2_/2_:_{Tóm lại, ta có}

p

aCb pa2_C_b2 p_.a2_C_b2_/2 _D_a2
Cb2:
Chứng minh tương tự, ta cũng có

p

bCc b2Cc2; pcCac2Ca2:
Từ các kết quả trên, ta suy ra

Qa2Cb2Cb2Cc2Cc2Ca2 D2:

Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khiaD1vàbDc D0:Vậy giá trị nhỏ nhất củaQlà2:
Bình luận. Để chứng minhQ2;ta cịn có hai cách tiếp cận khác như sau.

Cách 1.Khơng mất tính tổng qt, giả sửab c:Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
p

aCbCpaCc 2p4 .aCb/.aCc/D2p4 a2_C_ab_C_ac_C_bc
2p4 a2_C_b2_C_c2_C_bc _D₂p4

1Cbc 2:
Lại cópbCc 0nênQ2:

Cách 2.Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có0a; b; c 1nênaa2; bb2 và
c c2:Từ đây, với chú ý.aCb/.aCc/a2; .bCc/.bCa/b2và.cCa/.cCb/c2;ta có

Q2 DpaCbCpbCcCpcCa
2

D2.aCbCc/C2hp.aCb/.aCc/Cp.bCc/.bCa/Cp.cCa/.cCb/i
2.aCbCc/C2.aCbCc/D4.aCbCc/4.a2Cb2Cc2/D4:

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn.I /nội tiếp tam giác nhọnABC .AB < AC /:Đường tròn
.I /tiếp xúc với các cạnhBC; CAlần lượt tại các điểmD; E:Qua điểmB;kẻ đường thẳng vng
góc với đường thẳngBI;cắt đường thẳngAI tại điểmJ:GọiP là hình chiếu vng góc của điểm
J trên đường thẳngBC:

a) Chứng minh rằngBD DCP:

b) GọiN là giao điểm của hai đường thẳngAJ vàBC:Chứng minh rằng _AI1 C_AJ1 D _AN2 :
c) GọiQlà giao điểm của hai đường thẳngJP vàDE:GọiK là trung điểm củaPQ:Chứng

minh rằng đường thẳngBK vng góc với đường thẳngAP:

Lời giải. Tham khảo ở Facebook thầy Nguyễn Lê Phước:

/>

Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngx; y; zthỏa mãn3xC2y D1C2z:

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng1:Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ
nhật sao cho khơng 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 khơng vượt quá 1₂:

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọinlà số tam giác có ba
đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích khơng vượt q 1₄:Tìm giá
trị nhỏ nhất củan:

Lời giải. a)Xét các trường hợp sau.

Trường hợp 1: y D1:Trong trường hợp này, ta có
2z 1D3x:

Suy ra2z 1 .mod 3/:Nếuzlà số lẻ, tứcz D2kC1vớiktự nhiên, thì ta có2zD22kC1 D24k 2
.mod 3/;mâu thuẫn. Do đózlà số chẵn, tứcz D2kvớiknguyên dương. Khi đó, ta có

3x D22k 1D.2k 1/.2kC1/:

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 C1nên2k 1D1;tứck D1:Một cách tương ứng, ta tính đượcz D2vàxD1:Thử
lại, ta thấy thỏa mãn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

ı Giả sửy 4:Khi đó, ta có2yvà2zcùng chia hết cho16nên3x 1 .mod 1/6:Nếu`là số lẻ,
tức`D2t C1vớit tự nhiên, thì3x D34tC2D981t 9 .mod 16/;mâu thuẫn. Do đó`là
số chẵn, tức` D2t vớit nguyên dương. Suy ra3x D34t D81t 1 .mod 5/:Từ đó2z 2y
chia hết cho5;hay2z y 1 .mod 5/:

Nếu z y là số lẻ, tức z y D 2uC1 vớiu tự nhiên, thì 2z y D 24u ˙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 D2y.4u 1/chia hết cho3:Lại có3x chia hết cho3nên1chia hết cho3;mâu thuẫn.
ı Như vậy, ta phải cóy 3:Nếuy D 2thì ta có3x C3 D 2z;suy ra2z chia hết cho3;mâu

thuẫn. Do đóy D3:Khi đó, ta có

2z 32`D7:

Từ đây, ta có2z 1 .mod 3/:Chứng minh tương tựtrường hợp 1, ta suy razlà số chẵn, tức
z D2mvớimnguyên dương. Khi đó ta có

.2m 3`/.2mC3`/D7:

Vì2m 3` < 2mC3` và2mC3` > 0nên 2m 3` D 1và2mC3` D 7:Từ đó m D 2và
`D1;hay ta cóz D4vàx D2: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:<i>Cho hình chữ nhật</i>ABCD<i>có diện tích</i>S:<i>Xét ba điểm</i>E;
F; G<i>khơng thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi hình chữ nhật</i>ABCD:<i>Khi đó</i>SEF G 1₂S:

A B

C
D

E

F

G
M

N
P

Qua ba điểmE; F; Gkẻ các đường thẳng vng góc với đường thẳngAB:Trong các đường thẳng
này, có một đường thẳng nằm giữa hoặc trùng với một trong hai đường thẳng kia. Khơng mất tính tổng
qt, giả sử đó là đường thẳngd qua điểmF:Khi đó, đường thẳngd sẽ cắt đoạnEG tại điểmP nào
đó. GọiM; N theo thứ tự là giao điểm của đường thẳngd và hai đường thẳngAB; CD:Khi đó, ta có

SEF G DSEPF CSGPF SEMN CSGMN D 1

2 d.E; MN /MN C
1

2 d.G; MN /MN
1

2 d.A; MN /MN C
1

2 d.B; MN /MN D

1

2ABMN D
1
2S;
trong đó d.X; Z T /được ký hiệu là khoảng cách từ điểmXđến đường thẳngZ T:
Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

ii)Trước hết, ta sẽ chứng minhn2:Thật vậy, giả sửn1:Gọi hình chữ nhật đã cho là hình chữ
nhậtABCD:Chia hình chữ nhậtABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ bằng nhauAMRQ; BMRP;
CPRN; DQRN như hình vẽ bên dưới.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

hình chữ nhật. Khơng mất tính tổng qt, giả sử ba điểm đó làH; K; S và chúng cùng thuộc hình
chữ nhậtAMND:

Xét hai hình chữ nhậtAMRQvàDQRN:Ta thấy mỗi điểm trong ba điểmH; 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. Khơng mất tính tổng qt, giả sử hai điểm đó làH; K và chúng cùng thuộc hình
chữ nhậtAMRQ:

A M

N C

P

Q R

B

D

H

K
S

V

Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phầni), ta có
SHKS 1

2SAMND D
1
4:

Gọi hai điểm cịn lại trong năm điểm làV vàW:Nếu có một điểm nào đó trong hai điểm này thuộc
đa giácABPRND;chẳng hạn làV thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta
cũng cóSHK V 14:Suy ran2;mâu thuẫn. Do đó, cả hai điểmV vàW phải nằm trong hình
chữ nhậtCPRN:

Nếu S thuộc một trong hai hình chữ nhật DQRN hoặcBMRP thì bằng cách sử dụng kết quả đã
chứng minh ở phầni), ta cóSS V W 1₄;mâu thuẫn. Do đóS nằm trong hình chữ nhậtAMRQ:
GọiS1là diện tích của tứ giác (không nhất thiết lồi) tạo bởi ba điểmH; K; S vàV:Khi đó, rõ ràng

S1SVMAQ DSAMRQCSVQR CSVMR 1

4 CSNQRCSPMRD
1
4 C

1
8 C

1
8 D

1
2:
Mặt khác, trong ba tiaVH; VK; V S ln có một tia nằm giữa hai tia cịn lại, chẳng hạn làVK:Do đó

S1 DSVKH CSVKS 2minfSVKH; SVKSg:

Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra minfSVKH; SVKSg 14:Từ đó, kết hợp vớiHKS
1

4;ta cón2;
mâu thuẫn. Vậy ta phải cón2:

Mặt khác, ta cónD2được thỏa mãn trong trường hợp sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Bình luận. Bài5a)là một sự tương tự hóa của bài số học trong đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi
IMO 2019:<i>Tìm tất cả các số nguyên dương</i>x; y; z<i>thỏa mãn</i>

7x C2y D1C2z:

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:<i>Tìm tất cả các số nguyên dương</i>x; y; z<i>thỏa mãn</i>

</div>

<!--links-->
Bộ Đề Thi HSG Môn Toán lớp 9(Đề mới)

• 3
• 2
• 30