Thi học sinh giỏi Toán 9 Hà Nội 2015: Lời giải

  • UEE|
  • ASP|
  • JMS|
09 Apr 2015

Đề thi và lời giải Kỳ thi Học sinh giỏi Môn Toán lớp 9, Hà Nội

Chúng tôi giới thiệu đề thi và lời giải kỳ thi HSG Toán lớp 9 của Tp Hà Nội. Đề thi phù hợp, và đủ để chọn được học sinh giỏi. Tuy vậy, đề thi vẫn đi theo khuôn mẫu cũ, không có cuộc cải tổ nào đáng kể diễn ra. So với đề thi năm 2014, đề thi năm nay có chất lượng tốt hơn. 

Thí sinh có 150 phút làm bài. 

Bài 1. Ba số thực $a,b,c,$ thoả mãn điều kiện $abc=1$ và $a+b+c=\frac1a+\frac1b+\frac1c$. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số $a,b,c$ bằng $1$.

Hướng dẫn giải. Bài này thuộc loại dễ, thuần tuý biến đổi đại số. Học sinh nên suy nghĩ theo hướng: điều phải chứng minh có thể diễn đạt cách khác như thế nào? Từ đó ta sẽ viết lại điều kiện dưới dạng $(a+b+c)abc=ab+bc+ca$. Từ đó,

$abc-1+a+b+c-ab-bc-ca=(a-1)(b-1)(c-1)=0$. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng $T=2^{3n+1}+  2^{3n-1}+1$ là hợp số. 

Hướng dẫn giải: Biến đổi $T$ về dạng $T=5\times 2^{3n-1}+1$. Lưu ý rằng $T=7\times 2^{3n-1}-2^{3n-1}+1$ hay là $T=7\times 2^{3n-1}-(8^n-1)$. Dễ thấy $8^n-1$ chia hết cho 7 và $7\times 2^{3n-1}$ chia hết cho $7$. Vậy nên $T$ là bội số của $7$ nên $T$ là hợp số. 

Bài 3. Giải phương trình $x\sqrt{3-2x}=3x^2-6x+4$. 

Hướng dẫn giải: Bài này giải bằng cách đánh giá từng vế của phương trình để chặn miền giá trị của từng vế. Thực vậy, $3x^2-6x+4=3(x-1)^2+1\geq1$. Suy ra rằng $x$ phải là số dương và $x\leq \frac32$ sau khi quan sát vế trái nữa. Lại áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho ta $x\sqrt{3-2x}\leq \frac12x\left(3-2x+1\right)$. Thành thử, ta có $3x^2-6x+4\leq \frac12x(3-2x+1).$ Biến đổi tương đương cho ta $2(x-1)^2\leq0$. Suy ra $x=1$. Vậy nên phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$. 

Bài 4. Giải hệ phương trình $x^3+2xy^2+12y=0$, $x^2+8y^2=12$.

Hướng dẫn giải: Nhận thấy $y=0$, $x=k$ không phải là nghiệm của hệ phương trình. Nên nhân hai vế của phương trình thứ hai với $y$ cho ta $x^2y+8y^3=12y$. Cộng phương trình này với phương trình thứ nhất trong hệ và thu gọn ta được $x^3+2xy^2+x^2y+8y^3=0$. Sử dụng hằng đẳng thức $(a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)$ ta sẽ viết được phương trình cuối dưới dạng $(x+2y)^3=5xy(x+2y)$. Từ đó, nghiệm của hệ sau đây cũng là nghiệm của hệ đã cho $x+2y=0,\;$ và $x^2+8y^2=12$. Giải hệ này bằng phương pháp thế cho ta hai nghiệm $(x,y)=\{(2,-1),\; (-2,1)\}$. 

Còn nếu $x+2y$ khác không, thì ta cần giải hệ $x^2+4y^2=xy$, $x^2+8y^2=12$. Hệ này vô nghiệm vì ta có $x^2+4y^2\geq4|xy|$ với mọi cặp số thực $x,y$. Vậy hệ đã cho chỉ có hai nghiệm như trên. 

 

Bài 5. Cho ba số thực dương $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $\frac1a+\frac1b+\frac1c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $\frac1{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\frac1{\sqrt{b^2-bc+c^2}}+\frac1{\sqrt{c^2-ca+a^2}}.$

Hướng dẫn giải: Đặt $1/a=x, 1/b=y, 1/c=z$ thì giả thiết trở thành $x+y+z=3$, với $x,y,z$ là các số thực dương. Ta cần tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $\frac{xy}{\sqrt{x^2-xy+y^2}}+\frac{yz}{\sqrt{y^2-yz+z^2}}+\frac{zx}{\sqrt{x^2-zx+z^2}}$. Chú ý bất đẳng thức $x^2-xy+y^2\geq\frac14(x+y)^2$. Chứng minh điều này bằng cách đưa nó về dạng $(x-y)^2\geq0$. Bước cuối cần áp dụng bất đẳng thức $1/a+1/b\geq 4/(a+b)$. Đáp số bài toán là 3. Phép chứng minh hoàn tất.

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiệp đường tròn tâm $O$. Các đường cao $AD, BE, CF$ của tam giác $ABC$ đồng quy tại điểm $H$. 

  1. Chứng minh rằng $\cos^2\angle BAC+\cos^2\angle CBA+\cos^2\angle ACB<1$.

  2. Gọi $P$ là điểm thuộc cung nhỏ $AC$ của đường tròn $(O)$, gọi $M, I$ lần lượt là trung điểm của  đoạn $BC$ và $HP$. Chứng minh rằng $MI$ vuông góc với $AP$.

Hướng dẫn giải:

1) Học sinh tự vẽ hình, $\cos\angle BAC=\frac{AE}{AB}= \frac{AF}{AC}$. Suy ra $\cos^2 \angle BAC=\frac{AE}{AB}\times \frac{AF}{AC}.$ Vì tam giác $AEF$ đồng dạng với tam giác $ABC$ nên $\cos^2\angle BAC=(AEF)/(ABC)$, trong đó $(.)$ ký hiệu diện tích của tam giác. Lập luận tương tự cho hai hàm $\cos$ tương ứng, rồi chú ý rằng tổng diện tích của ba tam giác $AEF$, $BDF$, và $CDE$ nhỏ hơn diện tích của tam giác $ABC$. Suy ra điều phải chứng minh.


2) Dựng đường kính $AK$. Dẫn đến $\angle APK=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn đường kính). Dẫn đến $KP$ vuông góc $AP$. Sau đó chứng minh tứ giác $BHCK$ là hình bình hành. $M$ là trung điểm của $HK$. Suy ra $MI$ là đường trung bình của tam giác $HPK$. Thành ra $MI$ song song với $PK$. Suy ra điều phải chứng minh. 

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{p^2-p-2}2$ là lập phương của một số tự nhiên. 

Hướng dẫn giải: Từ giả thiết suy ra tồn tại số tự nhiên $a$ sao cho $\frac{p^2-p-2}2=a^3$, hay là $p(p-1)=2(a+1)(a^2-a+1)$. Nếu $p=2$ thì $a=0$ thoả mãn. Nếu $p>2$ thì $p$ lẻ. Từ giả thiết suy ra $p$ là ước của $a+1$ hoặc $p$ là ước của $a^2-a+1$. Giờ xét từng trường hợp.

Nếu $p$ là ước của $a+1$ thì do $a<p$ nên $a+1=p$ thay vào phương trình $p(p-1)=2(a+1)(a^2-a+1)$ ta được phương trình $2a^2-3a+2=0$, vô nghiệm.

Nếu $p$ là ước của $a^2-a+1$ thì ta có thể chọn được số nguyên dương $k$ sao cho $a^2-a+1=kp$. Cũng thay trở lại phương trình $p(p-1)=2(a+1)(a^2-a+1)$ cho ta $p-1=2(a+1)k$, hay $p=2(a+1)k+1$. Bây giờ thay vào phương trình $a^2-a+1=kp$ cho ta $a^2-(2k^2+1)a+1-2k^2-k=0$. Coi đây là một phương trình bậc hai ẩn $a$, tính biệt thức cho ta $\Delta=4k^4+12k^2+4k-3$. Ta cần tìm $k$ sao cho $\Delta$ là một số chính phương viết theo $k$. Chú ý bất đẳng thức

$(2k^2+2)^2<4k^4+12k^2+4k-3<(2k^2+4)^2$. 

Từ đó, $4k^4+12k^2+4k-3=(2k^2+3)^2$. Do đó, $k=3$ và dẫn đến $p=127$. 

Đáp số: $p=2$, $p=127$. 

Bài 8. Cho năm số thực không âm $a,b,c,d,e$ có tổng bằng 1. Xếp năm số này trên một đường tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kỳ cạnh nhau luôn có tích không lớn hơn $\frac19$.

Hướng dẫn giải:

Giả sử năm số đó là $a\geq b\geq c\geq d\geq e\geq 0. $Ta phải có $b+c\leq \frac23$ vì nếu ngược lại $b+c>\frac23$ thì ta có $2a>b+c>\frac23$ dẫn đến $a>\frac13$. Cái này dẫn đến điều vô lý $a+b+c>1$. Vậy nên $bc\leq\frac14(b+c)^2=\frac19$. Mặt khác $1=a+b+c+d+e\geq a+3d+e\geq a+3d\geq 2\sqrt{a\times 3d}$.  Thành ra, $ad\leq\frac1{12}$. Dẫn đến $ae\leq ad\leq \frac1{12}<\frac19$. Ta có thể xếp các số $a, d, c, b, e$ trên đường tròn theo thứ tự thuận kim đồng hồ. Ta có $ad<\frac19$, $dc<ad<\frac19$, $bc\leq\frac19$, $be\leq bc\leq \frac19$, $ea\leq ad\leq \frac19$. Số $\frac19$ là số nhỏ nhất có thể. 

Bài giải bời các thầy giáo: Phạm Văn ThuậnNguyễn Tiến Lâm