De thi chon HSG

Câu 1. (3đ)a.Cho a

=

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
√ 3+2 √2 + √3−2 √2 . Tính giá trị của biểu thức M =1+a+a2+
√3 5 √ 2−7
√3 5 √ 2+7

…..+a2019.
b.Giải phương trình: √ x+2 + √ 6−x = 4.
Câu 2: (4đ)
a.Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x,y sao cho: x 2+2018= y 2
b.Chứng minh rằng ∀ n∈ N , ta có bất đẳng thức sau: 3n ≥1+2 n .
Câu 3: (3đ)
1. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi của tam giác. Chứng minh
1
1
1
18
≥
rằng:
+
+ p−c
.
p−a
p−b
a+b+ c
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2+ y 2 + xy + x + y .

Câu 4: (4đ) Cho ∆ ABC nhọn nội tiếp (O), H là trực tâm của ∆ ABC, gọi A’ là điểm đối

xứng với A qua O, M,N,P lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB.
a.Chứng minh rằng H,M,A’ thẳng hàng.
b.Gọi S là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C của (O), AS cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai L. Chứng minh rằng AB.CL=AC.BL.
c.Giả sử AB=4, AC=6 và giao điểm F của hai tiếp tuyến tại N và P của đường trịn ngoại tiếp
∆ ANP nằm trên BC, tính độ dài đoạn thẳng BC.
Câu 5:(3đ)Cho đa thức P(x) thỏa mãn: P(x −¿ 1)= x 2−2 x +2 .Giả sử a,b,c là các số thực
3
sao cho sina+sinb+sinc=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của M= P(tana)+P(tanb)+P(tanc).
2
Câu 6: (3đ) Cho một bảng ô vng có kích thước m.n (gồm m hàng và n cột), một bảng ô vuông
được gọi là “tốt” nếu tồn tại một ô vuông của bảng sao cho tâm của ô vuông đó là tâm đối xứng
của bảng, và ô vng đó được gọi là ơ “tốt”.
a.Giả sử m= 20182019 và n= 20192018 .Hỏi rằng bảng trên có phải là bảng “tốt” khơng?
b.Cho trước một bảng có kích thước 7.7. Hai bạn A và B chơi một trò chơi như sau: Lúc đầu mỗi
bạn đặt lên bảng một quân cờ sao cho hai quân cờ được đặt vào hai đỉnh đối diện của bảng.
Trog mỗi lượt chơi hai bạn đồng thời di chuyển qn cờ của mình sang ơ bên cạnh, trò chơi chỉ
kết thúc khi hai quân cờ đồng thời được đặt vào ô “tốt”. Hỏi rằng với bảng có kích thứơc như
trên thì trị chơi có kết thúc được khơng? Nếu có, gọi A là số cách chơi để trị chơi kết thúc
nhanh nhất.Tìm giá trị của A.
Hết


ĐÁP ÁN
Câu 1:
a. Ta có: a

=

√ 3+2 √2
√3 5 √ 2−7

+

√3−2 √2
√3 5 √ 2+7

=

√ 2+1 + √2−1 = 6 , suy ra
√ 2−1
√ 2+1

M=1+62+63+…+62019 =>6M=6+63+…+62020, suy ra 5M=62020 −¿ 1 => M=
b.

6 2020−1
5

.

√ x+2 + √ 6−x = 4. ĐK: −2≤ x ≤ 6

=>8 + 2 √−x 2 +4 x+12 = 16
 √−x2 + 4 x+ 12 =4  −x 2+ 4 x−4=0 x=4 (thỏa mãn). Vậy S= {4}.

Câu 2:
a. Giả sử tồn tại các số nguyên x,y sao cho x 2+2018= y 2 , khi đó 2018= (x− y )( x+ y)
, do x− y và x+ y cùng tính chẵn lẻ mà 2018 là số chẵn nên x− y và x+ y

cùng chẵn, suy ra (x− y )( x+ y) ⋮ 4 =>2018 ⋮ 4 (vô lý). Vậy điều giả sử là sai
=>đpcm.
∀ n∈ N .Thật vậy, với n=0, ta có
b. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng 3n ≥1+2 n
điều hiển nhiên. Giả sử khẳng định đúng với n=k, tức là 3k ≥1+2 k ta chứng minh nó
cũng đúng với n=k+1, tức là 3k +1 ≥ 1+ 2(k +1) Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp, ta
được: 3k +1 =3. 3k ≥ 3.( 1+2 k ). Do đó ta chỉ cần chứng minh 3(1+2k)
≥1+2( k +1) , tương đương với k ≥ 0 (đúng). Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có
đpcm.
Câu 3:
1
1
1
9
≥
∀ x,y,z>0 (1). Thật
a. Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT sau:
+
+
x
y
z x+ y+ z
1
1
1
3 1
≥3
vậy, theo BĐT cosi, ta có
+
+

, và x+ y+ z ≥ 3 √3 xyz
x
y
z
xyz
1
1
1
,nhân vế theo vế ta có (1) Trỏ lại bài tốn, ta có
+
+
p−a
p−b
p−c
9
9
18
≥
=
=
.(đpcm).Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
3 p−a−b−c
p
a+b+ c
b. Ta có P = x 2+ y 2 + xy + x + y = ( x+ y)2−xy + x + y , sử dung BĐT xy ≤
2
(x+ y)
ta được
4
2

3( x + y )2
P ≥
+ x+ y = 34 ( x+ y ) +¿ 43 (x + y ) + 49 ) −¿ 13 = 34
¿
4
2
−1
2
1
≥
( x+ y+ ) −
3 .
3
3
−1
−1
Vậy minP=
.
Dấu “=” xảy ra khi x=y=
.
3
3
Câu 4:

√


a. Ta có: BH và CA’ cùng vng góc với AC nên BH//CA’, tương tự CH//BA’ nên BHCA’
là hình bình hành, mag M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HA’ , suy
ra H,A’,M thẳng hàng (đpcm).

^ ^
b. Xét hai tam giác ABS và BLS có S^ chung và SBL=
SAB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến
AS
AB
và góc nội tiếp cùng chắn cung BL, suy ra ∆ AB S ∆ BLS , suy ra
=
,
SB
BL
AS
AC
AB
AC
chứng minh tương tự
=
,
mà SB=SC nên
=
=>
SC
CL
BL
CL
AB.CL=AC.BL(đpcm)
c.

Trước hết ta chứng minh định lý sau liên quan đến tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD khơng
phải là hình thang nội tiếp đường trịn, gọi I là giao điểm của AB và CD, khi đó IA.IB=IC.ID.
Thật vậy: xét hai tam giác IBD và ICA có ^I chung, ^

ICA
¿^
IBD (cùng chắn cung AD)
IB
ID
nên ∆ IBD ∆ ICA , suy ra
=
=> IA.IB=IC.ID.
IC
IA
^
Trở lại bài tốn: Ta có B
PF = ^
ANP (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến cùng chắn cung
^ = ^
AP), mà ^
ANP = ^
ACB (do NP//CB) nên BPF
ACB => APFC nội tiếp, áp dung định
lý trên với chú ý AP cắt CF tại B=>BP.BA=BF.BC. Tương tự thì CN.CA=CF.CB. Cộng vế theo
vế ta được BP.BA+ CN.CA= BF.BC+ CF.CB=BC2=>BC2=4.2+6.3=26=>BC= √ 26
Câu 5: Ta có: P(x −¿ 1)= x 2−2 x +2 = (x−1)2+1 =>P(x) = x2+1. Do đó
1
1
1
P(tana)=1+tan2a=
, tương tự suy ra M=
+
+
2

2
2
cos a
cos a
cos b
1
9
≥
(theo chứng minh bài 3), lại áp dụng bất đẳng thức quen thuộc
2
2
cos c cos a+ cos2 b+cos 2 c


2

2

2

x + y +z ≥

( x+ y+ z)2
3

ta được sin2 a+sin2 b+sin 2 c ≥

3
4

suy ra

sin
9
2
2
, suy ra M ≥ 4, vậy minM=4
cos a+ cos b+cos c ≤ 3 (¿ ¿ 2 a+sin b+ sin c )≤
4
–¿
Câu6: Ta có nhân xét: nếu bảng m.n là bảng “tốt” thì m,n đều lẻ. Thật vậy, nếu bảng m.n là bảng
“tốt” thì bảng m.n chứa ô “tốt”, và rõ rang các hàng và cột chứa ô “tốt” này đều là “trục đối
xứng” của bảng, tức là bên phải và trái của cột nói trên có số cột bằng nhau, phía trên và dưới
của hàng nói trên có số hàng bằng nhau, tức là bảng có một số lẻ cột và một số lẻ hàng.
a. Vì m= 20182019 là số chẵn nên bảng m.n này không phải là bảng tốt.
b. Theo nhận xét trên thì bảng 7.7 là bảng tốt, do đó trên bảng sẽ tồn tại ơ “tốt” tức là trị
chơi sẽ kết thúc được.
2

2

1 5 9
2 6 1
0
3 7 1
1
4 8 1
2

2

1
3
1
4
1
5

Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề sau: Số cách chọn ra m phần tử từ tập hợp gồm n phần tử
n!
(n>m) là:
. Thật vậy, ta có n cách chọn phần tử thứ nhất, n-1 cách chọn phần tử
m! ( n−m ) !
thứ 2,…, n-m+1 phần tử thứ m, mà với mỗi cách chọn như vậy, ta có m! cách hốn vị các phần
tử được chọn (tức là ta khơng quan tâm đến thứ tự các phần tử được chọn). Do đó số cách chọn
n!
n ( n−1 ) …(n−m+1)
là:
=
.
m! ( n−m ) !
m!
Ta thấy rằng đường đị ngắn nhất để đi từ một ơ vng ở góc bảng đến ơ “tốt” của bảng 7.7 cần ít
nhất 6 lượt chơi. Để di chuyển nhanh nhất từ ô số 1 đến ô “tốt” trên bảng (ô tô đen) ta cần 6 bước
chuyển, ta thấy rằng với một cách chọn 3 bước chuyển dọc (hoặc 3 bước chuyển ngang) nào
cũng cho ta một cách đi nhanh nhất đến ơ “tốt”. Do đó có bao nhiêu cách chọn 3 lượt chơi trong
6 lượt thì đều cho ta một cách chơi nhanh nhất. Theo bổ đề trên, số cách chọn như vậy là
6!
= 20 cách , vì mỗi bạn có 20 cách chơi để đến ô “tốt” nhanh nhất nên hai bạn sẽ có
3 ! .3 !

tổng cộng A=20.20=400 cách chơi thỏa mãn bài toán. Vậy A=400.