Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THÀNH PHỒ HỒ CHÍ MINH CẤP THÀNH PHỐ _________________ KHÓA THI NGÀY 10/6/2020

Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 01 trang) (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4 điểm)

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 1 1 a b c b c a   

a) Cho a = 1, hãy tìm b, c.

b) Chứng minh rằng nếu a, b, c đều dương thì a = b = c.

Bài 2. (3 điểm)

Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = 3.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

P = 1 1 xy xz  .

Bài 3. (4 điểm)

Cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh BC, AB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho

BM = 1

3BC; AN = 1

3AB.

a) Chứng minh MN vuông góc với BC.

b) Gọi I là giao điểm của AM và CN. Tính góc BIC.

Bài 4. (3 điểm)

Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và c  0. Chứng minh rằng nếu phương trình

x2 + ax + bc = 0 và phương trình x2 + bx + ca = 0 có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm

khác của hai phương trình trên thỏa mãn phương trình x2 + cx + ab = 0.

Bài 5. (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH. Đường tròn tâm H bán

kính

HA cắt cạnh AC tại D. Đường thẳng qua

D vuông góc với AC cắt BC tại E.

a) Chứng minh BH = HE.

DeThi.edu.vn

b) Đường thẳng qua E vuông góc với BC cắt đường tròn (H) tại K, L. Chứng minh CK, CL là

các

tiếp tuyến của (H).

Bài 6. (2 điểm)

Gọi S là tập hợp gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị không quá 2020. Chứng

minh rằng trong S có hai số mà tổng của chúng bằng 2021.

GỢI Ý

Bài 1. 1 1 1 a b c b c a   (1)

a) Với a = 1, từ (1) ta có: 1 1 1 1 1 b c c b c 1 b    . Thế vào 1 1 1 b b c   ta được: 2b2 – b – 1 = 0

Tính được b = c = 1 hoặc b = – 1

2 và c = – 2.

b)

1 1 1 1 a b a b (*) b c c b 1 1 1 1 b c b c (**) c a a c

                 

* Giả sử a > b  a – b > 0, từ (*)  1 1 c b  > 0  1 1 c b   c < b (do b, c > 0)  b – c > 0, từ

(**)

 1 1 a c  > 0  1 1 a c   a < c(do a, c > 0) mà c < b(cmt)

 a < b(mâu thuẫn với a > b). Vậy điều giả sử sai. * Giả sử a < b. Chứng minh tương tự, ta có a > b(mâu thuẫn với a < b).

Do đó a = b và từ 1 1 a b b c    1 1 b b b c    b = c.

Bài 2. x, y, z > 0; x + y + z = 3  y + z = 3 – x

Chứng minh 1 1 4 (*) a b a b   với a, b > 0. Dấu “=” xảy ra  a = b.

Áp dụng , ta có:

 

2 2 1 1 4 4 4 4 4 16 P xy xz xy xz x(y z) x(3 x) 9 x 3x 3 9 x 2 4

               

(do xy + xz > 0 nên  

2 3 9 x 0 2 4     ). Dấu “=” xảy ra

3 x 2 3 y z 4

  

 

Bài 3. a) Chứng minh MN  BC.

Chứng minh BM = 1

3BC = 1

3AB = AN; BN = 2

3 AB = 2

3 BC = CM

• Vẽ NS // AC (S  BC)  NBS đều  BS = BN

 MS = BS – BM = BN – BM = 2

3 BC – 1

3BC = 1

3BC = BM

 NM là trung tuyến của NBS đều  MN  BC.

I N

M C B

A

S

DeThi.edu.vn

b) Tính ·BIC.

AMC = CNB(c.g.c) · · AMC CNB  (yttư)  tứ giác BNIM nội tiếp · · 0 NIB NMB 90  

 ·BIC= 900. Bài 4. x2 + ax + bc = 0 (1), x2 + bx + ca = 0 (2), x2 + cx + ab = 0 (3) • Gọi x0, x1 là nghiệm của (1) và x0, x2 là nghiệm của (2) (với x0 là nghiệm chung và x1  x2 :do (1) và (2) có đúng một nghiệm chung)

• Ta có: 

2 0 0 2 0 0 0 0 0 0 x ax bc 0 (a b)x c(b a) 0 (a b)(x c) 0 x c 0 x c x bx ca 0                

(do a, b, c là ba số đôi một khác nhau nên a  b a b  0). Từ (1), ta có: c2 + ac + bc = 0  a + b + c = 0 (*)(do c 0) • Theo hệ thức Viète, từ (1) và (2), ta có: 0 1 x x bc  và 0 2 x x ca  mà 0x c  0 nên x1 = b và x2 = a. • Từ x1= b và từ (3): b2 + cb + ab = b(b + c + a) = b.0 = 0 nên x1 = b là nghiệm của (3)(đpcm). • Từ x2 = a và từ (3): a2 + ca + ab = a(a + c + b) = a.0 = 0 nên x2 = a là nghiệm của (3) (đpcm). Bài 5. a) Chứng minh BH = HE.

• Chứng minh tứ giác ADEH nội tiếp · · AEH ADH 

mà HD = HA  ΔAHD cân tại H  · · ADH DAH  , lại có:

· · DAH ABH  nên suy ra: · · AEH ABH   ΔABE cân tại

A mà AH là đường cao  BH = HE(đpcm). b) Chứng minh CK, CL là các tiếp tuyến của (H).

• Ta có: HE.HC = HB.HC = HA2 = HK2  …