Đề thi HSG Toán 9 THCS Ngôi Sao Hà Nội – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 THCS Ngôi Sao Hà Nội – Năm học 2022 – 2023

Bài 1.       (3 điểm)

Cho a+b+c+d=0 . Chứng minh ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{d}^{3}}=3\left( abc+bcd+cda+dab \right)$

Giải phương trình $\sqrt{5+4x}+\sqrt[3]{6-2x}=3$

Bài 2.  (1,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho $A=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-x+8}{{{x}^{2}}-3}$ là một số nguyên.

Bài 3.  (1 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}+\frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}+\frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}$

Bài 4.  (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đường caoAH  . Lấy các điểm D,\,E  lần lượt là hình chiếu của H  trên các cạnh AB,AC  .

1. Chứng minh $\widehat{AED}=\widehat{ABC} $.
2. Gọi F  là hình chiếu của A  trên cạnh DE , K  là hình chiếu của H  trên cạnh DE  Chứng minh DK=$\text{EF} $.
3. Gọi I, J  lần lượt là giao điểm của HD, HE với AF  .Chứng minh $\text{BJ //}\,\text{CI}$

Bài 5.  (1 điểm)

Cho a, n là các số nguyên dương và  p là số nguyên tố. Chứng minh: Nếu ${{2}^{p}}+{{3}^{p}}={{a}^{n}}$ thì n=1.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1.       (3 điểm)

1. Cho $a+b+c+d=0$ . Chứng minh ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{d}^{3}}=3\left( abc+bcd+cda+dab \right)$
2. Giải phương trình $\sqrt{5+4x}+\sqrt[3]{6-2x}=3$

Lời giải

1. Ta có $a+b+c+d=0\Rightarrow a+b=-\left( c+d \right)$

${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{d}^{3}}=\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)+\left( {{c}^{3}}+{{d}^{3}} \right)$

$={{\left( a+b \right)}^{3}}+3ab\left( a+b \right)+{{\left( c+d \right)}^{3}}+3cd\left( c+d \right)$

$=-{{\left( c+d \right)}^{3}}+3ab\left( a+b \right)+{{\left( c+d \right)}^{3}}+3cd\left( c+d \right)$

$=3ab\left( a+b \right)+3cd\left( c+d \right)$

$=3\left( abc+bcd+cda+dab \right)$

1. Giải phương trình $\sqrt{5+4x}+\sqrt[3]{6-2x}=3$

ĐKXĐ $x\ge \frac{-5}{4}$

Đặt $a=\sqrt{5+4x}$ và $b=\sqrt[3]{6-2x}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& a+b=3 \\& {{a}^{2}}+2{{b}^{3}}=17 \\\end{align} \right.$

$\Rightarrow {{\left( 3-b \right)}^{2}}+2{{b}^{3}}=17\Rightarrow 2{{b}^{3}}+{{b}^{2}}-6b-8=0\Rightarrow \left( b-2 \right)\left( 2{{b}^{2}}+5b+4 \right)=0$

$b=2\Rightarrow x=1$

Bài 2.       (1,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên $x$ sao cho $A=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-x+8}{{{x}^{2}}-3}$ là một số nguyên.

Lời giải

Ta có $A=\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-x+8}{{{x}^{2}}-3}$

$=\frac{{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2{{x}^{2}}-6x+5x+8}{{{x}^{2}}-3}$

$=x+2+\frac{5x+8}{{{x}^{2}}-3}$

Để $A\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow \frac{5x+8}{{{x}^{2}}-3}\in \mathbb{Z}$

Nên $\left( 5x+8 \right)\vdots \left( {{x}^{2}}-3 \right)\Rightarrow \left( 5x+8 \right)\left( 5x-8 \right)\vdots \left( {{x}^{2}}-3 \right)\Rightarrow 25\left( {{x}^{2}}-3 \right)+11\vdots \left( {{x}^{2}}-3 \right)$$\Rightarrow 11\vdots \left( {{x}^{2}}-3 \right)$

$\Rightarrow \left( {{x}^{2}}-3 \right)\in $Ư$\left( 11 \right)=\left\{ -11;-1;1;11 \right\}$

${{x}^{2}}-3$	$-11$	$-1$	$1$	$11$
$x$	K TM	K TM	$x=\pm 2$ (TM)	K TM

Vậy $x\in \left\{ -2;2 \right\}$.

Bài 3.       (1 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}+\frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}+\frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}$.

Lời giải

Áp dụng BĐT: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$

Ta có $\frac{4}{2a+b+c}=\frac{4}{\left( a+b \right)+\left( a+c \right)}\le \frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\Rightarrow \frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}\le \frac{\sqrt{bc}}{a+b}+\frac{\sqrt{bc}}{a+c}\,\,\,\,(1)$

$\frac{4}{2b+c+a}=\frac{4}{\left( a+b \right)+\left( b+c \right)}\le \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\Rightarrow \frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}\le \frac{\sqrt{ca}}{a+b}+\frac{\sqrt{ca}}{b+c}\,\,\,\,(2)$

$\frac{4}{2c+a+b}=\frac{4}{\left( c+b \right)+\left( a+c \right)}\le \frac{1}{c+b}+\frac{1}{a+c}\Rightarrow \frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \frac{\sqrt{ab}}{c+b}+\frac{\sqrt{ab}}{a+c}\,\,\,\,(3)$

Cộng vế theo vế của bất phương trình $\,\,\left( 1 \right);\left( 2 \right)$ và $(3)$ ta được:

$\frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}+\frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}+\frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \frac{\sqrt{c}\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}{a+b}+\frac{\sqrt{a}\left( \sqrt{b}+\sqrt{c} \right)}{b+c}+\frac{\sqrt{b}\left( \sqrt{a}+\sqrt{c} \right)}{a+c}$

$\Leftrightarrow \frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}+\frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}+\frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \frac{\sqrt{c}\sqrt{2\left( a+b \right)}}{a+b}+\frac{\sqrt{a}\sqrt{2\left( b+c \right)}}{b+c}+\frac{\sqrt{b}\sqrt{2\left( a+c \right)}}{a+c}$  vì

$\Leftrightarrow \frac{4\sqrt{bc}}{2a+b+c}+\frac{4\sqrt{ca}}{2b+c+a}+\frac{4\sqrt{ab}}{2c+a+b}\le \sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}$

Bài 4.       (3,5 điểm) Cho tam giác $ABC$nhọn có đường cao$AH$ . Lấy các điểm $D,\,E$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên các cạnh $AB,AC$ .

1. Chứng minh $\widehat{AED}=\widehat{ABC}$ .
2. Gọi $F$ là hình chiếu của $A$ trên cạnh $DE$, $K$ là hình chiếu của $H$ trên cạnh $DE$ Chứng minh $DK=\text{EF}$.
3. Gọi $I,\,J$ lần lượt là giao điểm của $HD,\,HE$với $\text{AF}$ .Chứng minh $\text{BJ //}\,\text{CI}$

Lời giải

a) Ta có $\Delta ABH\,\left( \widehat{H}=90{}^\circ \right)$$\Rightarrow A{{H}^{2}}=AD.AB$ (HTL)

$\Delta ACH\,\left( \widehat{H}=90{}^\circ  \right)\Rightarrow A{{H}^{2}}=AE.AC$(HTL)

$\Rightarrow AD.AB=AE.AC\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AD}$.

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta AED$có:

$\widehat{A}$ chung;$\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AD}$$\Rightarrow \Delta ABC$đồng dạng với $\Delta AED$$\Rightarrow \widehat{ABC}=\,\,\widehat{AED}$.

b) $\Delta KDH\backsim \Delta HAC$ ($g.g$)$\Rightarrow \frac{KD}{HA}=\frac{DH}{AC}$ (1)

$$$\Delta FEA\backsim \Delta DHA$ ($g.g$)$\Rightarrow \frac{DH}{FE}=\frac{HA}{EA}$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\Rightarrow \frac{KD}{HA}.\frac{DH}{FE}=\frac{DH}{AC}.\frac{HA}{EA}\Rightarrow \frac{KD}{FE}=\frac{H{{A}^{2}}}{EA.AC}=1$$\Rightarrow DK=EF$

c)Ta có $A{{E}^{2}}=AF.AJ\Rightarrow \frac{AF}{AJ}=\frac{A{{E}^{2}}}{A{{J}^{2}}}$; $A{{H}^{2}}=AD.AB\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{A{{H}^{2}}}{A{{B}^{2}}}$

Lại có $\Delta AEJ\backsim \Delta AHB$ ($g.g$) $\frac{AE}{AJ}=\frac{AH}{AB}$

Từ đó suy ra $\frac{AF}{AJ}=\frac{AD}{AB}$$\Rightarrow DE\,\text{//}\,BJ$ (định lí thales đảo)

Chứng minh tương tự ta có $DE\,\text{//}\,CI$

Vậy $BJ\,\text{//}\,CI$ (vì cùng song song với $DE$)

Bài 5.       (1 điểm)

Cho$a,\,n$là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố. Chứng minh: Nếu ${{2}^{p}}+{{3}^{p}}={{a}^{n}}$thì $n=1$ .

Lời giải

Giả sử $n>1$:

Nếu $p=2\Rightarrow {{a}^{n}}=13\Rightarrow n=1$

Nếu $p$ lẻ ta có: $5/{{2}^{p}}+{{3}^{p}}\Rightarrow 5/{{a}^{n}}\Rightarrow {{5}^{n}}/{{a}^{n}}$

Nếu $p=5$ $\Rightarrow {{a}^{n}}=275\Rightarrow n=1$

Nếu $p\ne 5$  $\Rightarrow $$5$không chia hết cho $p$

$\Rightarrow n=1$.