HSG TOAN 9 2020 2021 PGD LONG BIEN VONG 2 HN TOAN THCS VN

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN VỊNG 2
Năm học: 2020-2021.
Mơn: TỐN

Câu 1.

(6,0 điểm).

1) Giải phương trình:

4 x 2 − 20 x + 28 = 3x 2 − 15 x + 20

2) Cho ba số thực thỏa mãn điều kiện

x+ y+ z = 0

.

. Chứng minh rằng:

x3 + y 3 + z 3 = 3xyz

3) Cho các số nguyên

a; b; c

Tính giá trị của biểu thức
Câu 2.

thoả mãn điều kiện:

(a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 = 378

A =| a − b | + | b − c | + | c − a |

.

(3,0 điểm).

1) Cho

a, b, c

là các số nguyên thỏa mãn điều kiện:

P = (a + b)(b + c)(c + a) - 5abc

chia hết cho

2) Có tồn tại hay khơng 3 số ngun

x, y , z

a+ b+ c

chia hết cho

12 . Chứng minh:

12 .

thỏa mãn điều kiện:

x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020
Câu 3.

.

.

( 3,0 điểm).

1) Cho

x, y

là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

x 2 y 2 3x 3 y
+ − − + 4≥ 0
y2 x2 y x

.


2) Cho số thực

x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức:
A=

Câu 4.

cắt nhau tại

H.

BC
BC 2
BH
BD
BK
BH
BD
Chứng minh:
.
=
.
và
.
+ CHCE=
.

2) Chứng minh
3) Gọi

M

BH = AC .cot ·ABC .

là trung điểm của

Q

BD , CE

Câu 5.

.

ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE

(7,0 điểm).Cho tam giác

1)

4 100
+
+ 2021
2− x x

BC . Đường thẳng qua A vng góc với AM

cắt đường thẳng

MP = MQ

P

lần lượt tại

và . Chứng minh rằng:
.
(1,0 điểm).Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực hiện trị

a+ b− 2

chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng
lên
bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng cịn lại trên bảng là bao
nhiêu? Tại sao?
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN VỊNG 2
Năm học: 2020-2021.
Mơn: TỐN

Câu 1.

(6,0 điểm).

1) Giải phương trình:

2) Cho ba số thực

4 x 2 − 20 x + 28 = 3x 2 − 15 x + 20

x, y , z

thỏa mãn điều kiện

.

x+ y+ z = 0

x3 + y 3 + z 3 = 3xyz

.

. Chứng minh rằng:


3) Cho các số nguyên

a , b, c

Tính giá trị của biểu thức

thoả mãn điều kiện:

(a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 = 378

A =| a − b | + | b − c | + | c − a |

.

Lời giải

4 x 2 − 20 x + 28 = 3x 2 − 15 x + 20

1) Giải phương trình:

Đặt

.

t = x 2 − 5 x + 7,(t ≥ 0) ⇒ x 2 − 5 x + 7 = t 2 .

ĐKXD:

x∈ ¡

.

Phương trình trờ thành:

2t = 3t 2 − 1

.

t = 1
⇔ 3t − 2t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(3t + 1) = 0 ⇔  − 1
t =
3

2

:t =
•

Ta có

•

Với

t = 1,

−1
<0
3

(loại) hoặc

t = 1 (thỏa mãn).

ta có :

x2 − 5x + 7 = 1 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2

Vậy phương trình có tập nghiệm là

2) Cho ba số thực

x, y , z

S = {2;3}

thỏa mãn điều kiện

x= 3

.

x+ y+ z = 0

x3 + y 3 + z 3 = 3xyz

Ta có

hoặc

. Chứng minh rằng:

.

: x + y + z = 0 ⇒ z = − ( x + y)
VT = x3 + y 3 + z 3 = x3 + y 3 − ( x + y )3 = x3 + y 3 − x3 − 3x 2 y − 3xy 2 − y 3

.


VT = − 3xy( x + y ) = 3 xyz = VP
(a − b)3 + (b − c)3 + (c − a)3 = 378
abc
3) Cho các số nguyên
thoả mãn điều kiện:
.
Tính giá trị của biểu thức

Đặt

.

a − b = x; b − c = y; c − a = z ⇒ x + y + z = 0

Ta có:

Do

A =| a − b | + | b − c | + | c − a |

x3 + y3 + z 3 = 378 ⇔ 3xyz = 378 ⇔ xyz = 126

x, y , z

là số nguyên có tồng bằng 0 và

xyz = 126 ⇒ x × y ×z = (− 2) ×(− 7).9

nên

 x = −2  x = − 2  x = −7  x = − 7  x = 9  x = 9







 y = − 7  y = 9 ;  y = − 2;  y = 9 ;  y = − 7  y = − 2.
 z = 9  z = −7  z = 9  z = − 2  z = − 2  z = − 7







Suy ra:
Câu 2.

A = | a − b | + | b − c | + | c − a |= 18

.

(3,0 điểm).

1) Cho

a , b, c

là các số nguyên thỏa mãn điều kiện:

P = (a + b)(b + c)(c + a) - 5abc

chia hết cho

2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên

x, y , z

a+ b+ c

chia hết cho

12 . Chứng minh:

12 .

thỏa mãn điều kiện:

x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020

.

Lời giải

1) Cho

a, b, c

là các số nguyên thỏa mãn điều kiện:

P = (a + b)(b + c)(c + a) - 5abc
Ta có:

chia hết cho

12 .

a+ b+ c

chia hết cho

12 . Chứng minh:


P = (a + b)(b + c)(c + a ) − 5abc
= (a + b + c)(ab + bc + ca ) − 6abc (*)
do (a + b)(b + c)(c + a) = ( a + b + c)( ab + bc + ca) − abc

Giả sử

Mà

a , b, c

đều chia

2

dư 1

chia

2

dư 1 (2)

a + b + c :12 ⇒ a + b + c M2 (theo giả thiết) (2)

Do đó (1) và (2) mâu thuẫn

⇒

⇒ a+ b+ c

Trong ba số

a , b, c

Từ (*) và (**) suy ra

⇒

Điều già sử là sai.

ít nhất có một số chia hết cho 2

⇒ 6abc :12(**)

PM12 .

2) Có tồn tại hay khơng 3 số nguyên

x, y , z

thỏa mãn điều kiện:

x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020

Ta có:

.

x3 − x = x ( x 2 − 1) = ( x − 1) x( x + 1) : 3

Tưng tự ta có:

y 3 − y : 3 ; z 3 − z M3

⇒ ( x3 − x ) + ( y 3 − y ) + ( z 3 − z ) : 3

( x − x ) + ( y − y ) + ( z − z ) = 2020
3

Biến đổi phương trình thành:

Vậy không tồn tại ba số nguyên

x3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2020
Câu 3.

x, y , z

3

3

. Mà

/3
2020 M
.

thỏa mãn điều kiện:

.

( 3,0 điểm).

1) Cho

x, y

là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

x 2 y 2 3x 3 y
+ − − + 4≥ 0
y2 x2 y x

.


2) Cho số thực

x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức:

A=

4 100
+
+ 2021
2− x x

Lời giải

1) Cho

Ta có:

x, y

là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

x y
x 2 + y 2 − 2 xy ( x − y )2
+ −2=
=
≥0
y x
xy
xy

x y 
x y 
⇒  + − 2 ÷ ≥ 0;  + − 1÷ > 0
y x 
y x 

 x y  x y 
⇒  + − 2 ÷ + − 1÷ ≥ 0
 y x  y x 

⇒

x 2 y 2 3x 3 y
+ − − + 4≥ 0
y2 x2 y x

2) Cho số thực

:A=
Ta có

Mà

x 2 y 2 3x 3 y
+ − − + 4≥ 0
y 2 x2 y x

với mọi

x, y > 0

.

.

.

.

x thỏa mãn 0 < x < 2 . Tìm GTNN của biểu thức:

A=

4 100
+
+ 2021
2− x x

4 100
 4
  100

+
+ 2021 = 
+ 36(2 − x)  + 
+ 36 x ÷ + 1949
2− x x
2− x
  x


.

0 < x < 2 suy ra : 2 − x > 0 .

Áp dụng BĐT :

a + b ≥ 2 ab

 100

+ 36 x ÷ ≥ 120

 x


với

a, b ≥ 0,

dấu bằng xảy ra khi

 4

 2 − x + 36(2 − x)  ≥ 24

.

dấu bằng xảy ra khi

5
x= .
3

dấu bằng xày ra khi

5
x= .
3

a= b

ta có:

.

.


A=
Suy ra

4 100
 4
  100

+
+ 2021 = 
+ 36(2 − x)  + 
+ 36 x ÷ + 1949 ≥ 2093
2− x x
2− x
  x


x=

Vậy MinA =2093 khi và chi khi

Câu 4.

(7,0 điểm).Cho tam giác

1)

5
3

.

.

ABC cóba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE

cắt nhau tại

BC
BC 2
BH
BD
BK
BH
BD
Chứng minh:
.
=
.

và
.
+ CH.CE=
.

2) Chứng minh
3) Gọi .

BH = AC .cot ·ABC .

M . là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vng góc với AM

BD , CE

lần lượt tại

Q

và

cắt đường thẳng

P . Chứng minh rằng: MP = MQ .
Lời giải

1)

H.

BC

BC 2
BH
BD
BK
BH
BD
Chứng minh:
.
=
.
và
.
+ CH.CE=
.
Xét tam giác:

KBH

∆ BHK

đông dạng

∆ BCD có:

chung

·
· = 90°.
BKH
= BDC

⇒ ∆ BHK

nên

đồng dạng

∆ BCD(g.g)

BH BK
=
BC BD

⇒ BH ×BD = BCBK
Tương tự:

nên

CH KC
=
⇒ CH ×CE = BC ×KC
BC CE

∆ CHK

đồng dạng

∆ CBE

Cộng vế với vế hai đằng thức ta được:

BH ×BD + CH .CE = BCBK + BC ×KC
hay

2) Chứng minh

Chứng

Xét

BH = AC .cot ·ABC .

minh : ∆ BEH

∆ BEC

∆ CEA( g ×g ) ⇒
đồng dạng

E ⇒ cot ABC =
vng tại

⇒

3) Gọi

M

BH ×BD + CH ×CE = BC ( BK + KC ) = BC 2

là trung điểm của

BH BE
=
CA CE

BE
CE

BH BE
=
= cot ABC ⇒ BH = AC ×cot ABC
CA CE

BC . Đường thẳng qua A vng góc với AM

cắt đường thẳng

BD ,

CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP = MQ .
Chứng minh

Chứng minh:

∆ PAH
∆ QAH

MB = MC (gt) ⇒

Do

PA AH
=
AM MB

∆ MAC ( g .g ) ⇒

QA AH
=
AM MC

đồng dạng

đồng dạng

QA PA
=
AM AM

⇒ PA = QA ⇒ ∆ QMP
Câu 5.

∆ AMB ( g .g ) ⇒

cân tại

M ⇒ MP = MQ

(1,0 điểm).Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực hiện trị

a+ b− 2

chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng
lên
bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại trên bảng là bao
nhiêu? Tại sao?
Lời giải


Tồng tất cả các số ban đầu trên bảng:

S = 1 + 2 + 3 + … + 99 + 100 = 5050 .

Qua mỗi bước ta thấy tồng giàm đi 2.

Lúc đầu tồng

S = 5050

sau 99 bước số còn lai sẽ là

5050 − 2.99 = 4852 .

 HẾT 