Đề thi HSG Toán 9 Cụm chuyên môn số 4 – Năm học 2020 – 2021
Đề thi HSG Toán 9 Cụm chuyên môn số 4 – Năm học 2020 – 2021
Câu 1 (4 điểm)
a) Chứng minh $A=\sqrt[3] {1+\frac{\sqrt{84}}{9}}+\sqrt[3] {1-\frac{\sqrt{84}}{9}}$ là số nguyên.
b) Giả sử $p$và ${{p}^{2}}+2$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh ${{p}^{3}}+2$ cũng là một số nguyên tố.
Câu 2 (6 điểm). Giải các phương trình sau:
a) $x+4\sqrt{x+3}+2\sqrt{3-2x}=11$
b) $\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}=5{{x}^{2}}-20x+22$
c) $\left( 4x-1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+1}=2{{x}^{2}}-2x+2$.
Câu 3 (4 điểm)
Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{a}^{2021}}}+\frac{1}{{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{{{a}^{2021}}+{{b}^{2021}}+{{c}^{2021}}}$
Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2$. Tìm giá trị lớn nhất của $Q=a.b.c$
Câu 4 (6 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn, có các đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$.Gọi $I,K$ lần lượt là hình chiếu của điểm $D$ trên các đường thẳng $BE,CF$. Chứng minh rằng
a) $BH.BE+CH.CF=B{{C}^{2}}$.
b) $IK\,\text{//}\,EF$.
c) Trong các tam giác $AEF,BDF,\,CDE$ có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn $\frac{\sqrt{3}}{4}$.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4 Năm học: 2020-2021
Câu 1 (4 điểm)
a) Chứng minh $A=\sqrt[3] {1+\frac{\sqrt{84}}{9}}+\sqrt[3] {1-\frac{\sqrt{84}}{9}}$ là số nguyên.
b) Giả sử $p$và ${{p}^{2}}+2$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh ${{p}^{3}}+2$ cũng là một số nguyên tố.
Lời giải
a) Chứng minh $A=\sqrt[3] {1+\frac{\sqrt{84}}{9}}+\sqrt[3] {1-\frac{\sqrt{84}}{9}}$ là số nguyên.
${{A}^{3}}=2+3\left( \sqrt[3] {1+\frac{\sqrt{84}}{9}}+\sqrt[3] {1-\frac{\sqrt{84}}{9}} \right)\left( \sqrt[3] {1+\frac{\sqrt{84}}{9}}\sqrt[3] {1-\frac{\sqrt{84}}{9}} \right)$
${{A}^{3}}=2+3A\left( \sqrt[3] {1-\frac{84}{81}} \right)$
${{A}^{3}}=2-A$
${{A}^{3}}+A-2=0$
$\left( A-1 \right)\left( {{A}^{2}}+A+2 \right)=0$
$\left( A-1 \right)=0$
$A=1$. Vậy A nguyên.
b) Giả sử $p$và ${{p}^{2}}+2$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh ${{p}^{3}}+2$ cũng là một số nguyên tố.
Với $p=2$: ${{p}^{2}}+2=6$ (ktm)
Với $p=3$: ${{p}^{2}}+2=11$ , ${{p}^{3}}+2=29$ (TM)
Với $p>3\Rightarrow {{p}^{2}}=3k+1$: ${{p}^{2}}+2=\left( 3t+3 \right)\vdots 3$ (KTM)
Vậy p = 3.
Câu 2 (6 điểm). Giải các phương trình sau:
a) $x+4\sqrt{x+3}+2\sqrt{3-2x}=11$
b) $\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}=5{{x}^{2}}-20x+22$
c) $\left( 4x-1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+1}=2{{x}^{2}}-2x+2$.
Lời giải
a) $x+4\sqrt{x+3}+2\sqrt{3-2x}=11$.
$\Leftrightarrow 11-x-4\sqrt{x+3}-2\sqrt{3-2x}=0$.
$\Leftrightarrow x+3-4\sqrt{x+3}+4+3-2x-2\sqrt{3-2x}+1=0$.
$\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{x+3}-2 \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{3-2x}-1 \right)}^{2}}=0$.
$\Leftrightarrow \sqrt{x+3}-2=\sqrt{3-2x}-1=0$.
$\Leftrightarrow x=1$.
b) $\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}=5{{x}^{2}}-20\text{x}+22$
Ta có: $5{{x}^{2}}-20\text{x}+22=5\left( {{x}^{2}}-4\text{x}+4 \right)+2=5{{\left( x-2 \right)}^{2}}+2\ge 2$.
${{\left( \sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x} \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( 3x-5+7-3x \right)=4$.
$\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}\le 2$.
Vậy $\sqrt{3x-5}+\sqrt{7-3x}=5{{x}^{2}}-20\text{x}+22=2$
$5{{x}^{2}}-20\text{x}+20=0\Leftrightarrow x=2$
c) $\left( 4x-1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+1}=2{{x}^{2}}-2x+2$
$\Leftrightarrow 2\left( {{x}^{2}}+1 \right)-\left( 4x-1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+1}-2x=0$.
Đặt $a={{x}^{2}}+1\left( a\ge 1 \right)$, phương trình trở thành:
$2{{a}^{2}}-\left( 4x-1 \right)a-2x=0$.
$\Delta ={{\left( 4x+1 \right)}^{2}}>0$
$a=\pm 2x$
$\Rightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}=2x$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1=4{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-1=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=\sqrt{\frac{1}{3}} \\& x=-\sqrt{\frac{1}{3}}\left( l \right) \\\end{align} \right.$
Vậy pt có tập nghiệm $S=\left\{ \sqrt{\frac{1}{3}} \right\}$.
Câu 3 (4 điểm)
Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{a}^{2021}}}+\frac{1}{{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{{{a}^{2021}}+{{b}^{2021}}+{{c}^{2021}}}$
Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2$. Tìm giá trị lớn nhất của $Q=a.b.c$
Lời giải
a) Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{a}^{2021}}}+\frac{1}{{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{{{a}^{2021}}+{{b}^{2021}}+{{c}^{2021}}}$
Ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \left( a+b+c \right).\left( ab+bc+ca \right)-abc=0$
$\Leftrightarrow \left( a+b \right).\left( ab+bc+ca \right)+abc+b{{c}^{2}}+a{{c}^{2}}-abc=0$
$\Leftrightarrow \left( a+b \right).\left( ab+bc+ca \right)+{{c}^{2}}.\left( a+b \right)=0$
$\Leftrightarrow \left( a+b \right).\left( ab+bc+ca+{{c}^{2}} \right)=0$
$\Leftrightarrow \left( a+b \right).\left[ b.\left( a+c \right)+c.\left( a+c \right) \right] =0$
$\Leftrightarrow \left( a+b \right).\left( b+c \right).\left( c+a \right)=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a+b=0 \\& b+c=0 \\& c+a=0 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a=-b \\& b=-c \\& c=-a \\\end{align} \right.$
Với $a=-b$:
$\frac{1}{{{a}^{2021}}}+\frac{1}{{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{{{a}^{2021}}+{{b}^{2021}}+{{c}^{2021}}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{-{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{b}^{2021}}}+\frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{-{{b}^{2021}}+{{b}^{2021}}+{{c}^{2021}}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{{{c}^{2021}}}=\frac{1}{{{c}^{2021}}}$ (luôn đúng)
Tương tự:
Với $b=-c$ $\Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{2021}}}=\frac{1}{{{a}^{2021}}}$ (luôn đúng)
Với $c=-a$ $\Leftrightarrow \frac{1}{{{b}^{2021}}}=\frac{1}{{{b}^{2021}}}$(luôn đúng)
b) $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a}=1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge 2\sqrt{\frac{bc}{\left( 1+b \right).\left( 1+c \right)}}$ $\left( 1 \right)$
Tương tự: $\frac{1}{1+b}\ge 2\sqrt{\frac{ca}{\left( 1+c \right).\left( 1+a \right)}}$ $\left( 2 \right)$
$\frac{1}{1+c}\ge 2\sqrt{\frac{ab}{\left( 1+a \right).\left( 1+b \right)}}$ $\left( 3 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ $\Rightarrow \frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge 8.\frac{abc}{\left( 1+a \right).\left( 1+b \right).\left( 1+c \right)}$
$\Leftrightarrow abc\le \frac{1}{8}$$\Leftrightarrow Q\le \frac{1}{8}$
Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$
Vậy ${{Q}_{max}}=\frac{1}{8}$ khi $a=b=c=\frac{1}{2}$
Câu 4 (6 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn, có các đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$.Gọi $I,K$ lần lượt là hình chiếu của điểm $D$ trên các đường thẳng $BE,CF$. Chứng minh rằng
a) $BH.BE+CH.CF=B{{C}^{2}}$.
b) $IK\,\text{//}\,EF$.
c) Trong các tam giác $AEF,BDF,\,CDE$ có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.
Lời giải
a) Tam giác vuông $AEB$ và tam giác vuông $HFB$ có góc $B$ chung nên đồng dạng với nhau.
$\Rightarrow \frac{AB}{BH}=\frac{BE}{BF}\Rightarrow BH.BE=AB.BF$ (1)
Tam giác vuông $AFC$ và tam giác vuông $HEC$ có góc $C$ chung nên đồng dạng với nhau.
$\Rightarrow \frac{AC}{CH}=\frac{CF}{CE}\Rightarrow CH.CF.=AC.CE$ (1)
Từ (1) và (2) suy ra: $BH.BE+CH.CF=AB.BF+AC.CE$ (3)
Mặt khác dễ thấy tam giác vuông $ADB$ và tam giác vuông $BFC$ đồng dạng (góc $B$ chung)
$\Rightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{BF}\Rightarrow AB.BF=BC.BD$ (4)
Chứng minh tương tự ta có tam giác $ADC$ đồng dạng với tam giác $BEC$
$\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{DC}{CE}\Rightarrow AC.CE=BC.CD$ (5)
Từ (4) và (5) suy ra: $AB.BF+AC.CE=BC\left( BD+CD \right)=B{{C}^{2}}$ (6)
Từ (3) và (6) suy ra $BH.BE+CH.CF=B{{C}^{2}}$ (đpcm).
b) Ta có $\left\{ \begin{align}& AB\bot FC \\& DK\bot FC \\\end{align} \right.\Rightarrow AB\,\text{//}\,DK\Rightarrow \angle FAH=\angle HDK$ (hai góc so le trong) (1)
Tứ giác $AFHE$ có $\angle AFH+\angle AEH={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác $AFHE$ là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow \angle FAH=\angle FEH$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $FH$) (2)
Chứng minh tương tự ta có tứ giác $IDKH$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \angle HIK=\angle HDK$(2 góc nội tiếp cùng chắn cung $HK$) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra $\angle FEH=\angle HIK$ mà 2 góc này ở vị trí so le trong
Suy ra $IK\,\text{//}\,EF$ (đpcm).
c) Đặt $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, $AE=x$, $AF=y$, $\,BD=z$, $0<x,y,z<a$ ; $0<x,y,z<b$; $0<x,y,z<c$
Khi đó: $BF=c-y$ , $\,EC=b-x$, $CD=a-z$
Giả sử không có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$
Nghĩa là ${{S}_{AEF}}>\frac{1}{4}{{S}_{ABC}};{{S}_{BFD}}>\frac{1}{4}{{S}_{ABC}};{{S}_{CED}}>\frac{1}{4}{{S}_{ABC}}$ . Suy ra $\frac{{{S}_{AEF}}.{{S}_{BFD}}.{{S}_{CED}}}{S_{ABC}^{3}}>\frac{1}{64}$
Ta có $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{x.y}{cb};$
$\,\frac{{{S}_{BFD}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{BF.BD}{BA.BC}=\frac{\left( c-y \right)z}{ca}$
$\frac{{{S}_{CED}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{CE.CD}{CA.CB}=\frac{\left( b-x \right)\left( a-z \right)}{ba}$
Do đó $\frac{{{S}_{AEF}}.{{S}_{BFD}}.{{S}_{CED}}}{S_{ABC}^{3}}=\frac{xyz\left( a-z \right)\left( b-x \right)\left( c-y \right)}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}$
Theo bđt Cauchy ta có: $x\left( b-x \right)\le \frac{{{\left( x+b-x \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{b}^{2}}}{4}$
$y\left( c-y \right)\le \frac{{{\left( y+c-y \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{c}^{2}}}{4}$ và $z\left( a-z \right)\le \frac{{{\left( z+a-z \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{4}$
Do đó $\frac{xyz\left( a-z \right)\left( b-x \right)\left( c-y \right)}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}\le \frac{1}{64}$ hay $\frac{{{S}_{AEF}}.{{S}_{BFD}}.{{S}_{CED}}}{S_{ABC}^{3}}\le \frac{1}{64}$ (mâu thuẫn gt)
Suy ra đpcm.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn $\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Lời giải
Kẻ $AH\bot BC$
Ta có $AB<1$, $AC<1$, $BC<1$
$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& AH<1 \\& BH\le \frac{BC}{2}\le \frac{1}{2} \\\end{align} \right.$
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông $ABH$.
Ta có:
$A{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}=A{{B}^{2}}$
Mà $A{{B}^{2}}<1$$\Rightarrow A{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}<1$
$\Rightarrow A{{H}^{2}}<1-B{{H}^{2}}$
$\Rightarrow A{{H}^{2}}<1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$
$\Rightarrow AH<\frac{\sqrt{3}}{2}$
${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AH.BC<\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}.1=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn $\frac{\sqrt{3}}{4}$
