Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm 2024 – 2025 phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng – Hà Nội

Lời giải đề thi chọn HSG lớp 9 - Quận Hai Bà Trưng
Nhóm tác giả từ Vinschool Hà Nội, Mùa xuân, 2024 Bài I. (5,0 điểm) ⎧ ⎪ ⎨ √ 3 x = x + 2
1) Giải hệ phương trình: y ⎪
⎩ 3√y = y + 2 x
2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện a2+b2 = 9, b2+c2 =
16 và b2 = ac. Tính giá trị của biểu thức ab + bc. Lời giải √ 3y x = x + 2
1) ĐKXĐ: x, y > 0, hệ phương trình tương đương Trừ vế theo vế, 3 √ x y = y + 2 ta được: √ √
x − y = 3y x − 3x y √ √ √ √ √ √ √
⇔ ( x − y)( x + y) = 3( y − x) xy √ √ Nếu
x = √y thì ta phải có
x + √y = −3√xy, vô lý do một vế dương, một vế âm. √ Vậy
x = √y kéo theo: √
3x x = x + 2 ⇒ 9x3 = x2 + 4x + 4 ⇔ (x − 1)(9x2 + 8x + 4) = 0 ⇒ x = 1
Thử lại thấy thỏa mãn, vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
2) Thế b2 = ac vào các dữ kiện của đề bài ta được a(a + c) = 9 và c(a + c) = 16, suy
ra (a + c)2 = 25 mà a + c > 0 nên a + c = 5. Khi này a = 9 = 9 a + c
5 , kéo theo c = 16 5
và ta tính được b = 12
5 . Do đó ab + bc = 12. Bài II. (5,0 điểm)
1) Cho a; b là các số nguyên dương thỏa mãn ab + ba chia hết cho 4. Chứng minh rằng
aa + bb chia hết cho 4.
2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x(y3 + 1) − x3 = 2y3 − 1.
3) Cho m, n là các số nguyên dương thỏa mãn m3 + 6n2 + 2 là lập phương của một số
tự nhiên, đồng thời n2 + 4m + 8 là số chính phương. Chứng minh m2 + 4n là số chính phương. Lời giải
1) Dễ thấy a, b cùng tính chẵn lẻ. Nếu a, b cùng chẵn thì aa và bb cùng chia hết cho 4
(do a, b ≥ 2) nên ta có điều phải chứng minh. Vậy ta chỉ cần xem xét a, b cùng lẻ.
Nếu a, b đều cùng có dạng 4k + 1 thì ab + ba ≡ 2 (mod 4), vô lý vì số này là bội của 4.
Nếu a, b đều cùng có dạng 4k + 3 thì ab + ba ≡ 2 (mod 4), vô lý vì lý do tương tự.
Vậy trong a, b phải có 1 số chia 4 dư 3, số còn lại chia 4 dư 1. Khi này ab + ba ≡
(−1)a + 1 = 0 (mod 4), điều kiện đề bài được thỏa mãn. Giả sử a chia 4 dư 1, b chia 4
dư 3 (TH còn lại CMTT) Ta có aa + bb ≡ a + (−1)b = 0 (mod 4), tức là aa + bb chia
hết cho 4, ta có điều phải chứng minh.
b) Từ phương trình đầu ta được x3 − x − 1 = (x − 2)y3 suy ra x − 2 | x3 − x − 1. Ta có
x3 −x−1 = (x−2)(x2 +2x+3)+5 nên ta thu được x−2 | 5. Do đó x−2 ∈ {−5, −1, 1, 5}
nên x ∈ {−3, 1, 3, 7}. Từ đây ta giải ra được nghiệm duy nhất (x, y) = (1, 1).
c) Từ giả thiết thì tồn tại các số tự nhiên a, b thỏa mãn m3 + 6n2 + 2 = a3 và
n2 + 4m + 8 = b2.
Rõ ràng b2 > n2 nên b > n, kéo theo b ≥ n + 1. Nếu b = n + 1 thì n2 + 4m + 8 =
b2 = n2 + 2n + 1 hay là 4m + 7 = 2n, vô lý vì 7 lẻ. Vậy b ≥ n + 2. Khi này
n2 + 4m + 8 = b2 ≥ n2 + 4n + 4 suy ra m + 1 ≥ n. (1)
Mặt khác ta cũng có m3 < a3 = m3 + 6n2 + 2 nên a > m, tức là a ≥ m + 1. Nếu
a = m + 1 thì m3 + 6n2 + 2 = a3 = m3 + 3m(m + 1) + 1 hay là 6n2 + 1 = 3m(m + 1).
Điều này là vô lý vì m(m + 1) chẵn và 6n2 + 1 lẻ. Do đó a ≥ m + 2. Ta có
m3 + 6n2 + 2 = a3 ≥ m3 + 6m2 + 12m + 8 > m3 + 6m2 + 2 suy ra n > m hay n ≥ m + 1. (2)
Từ (1) và (2) ta được n = m + 1. Từ đây m2 + 4n = m2 + 4(m + 1) = (m + 2)2 là số
chính phương, ta có điều phải chứng minh.
Bài III. (2,0 điểm) Với a, b, c là các số thực thỏa mãn 0 ≤ a, b, c ≤ 3 và a+b+c = 6, xét biểu thức:
T = a(a − 2b) + b(b − 2c) + c(c − 2a)
1) Chứng minh T ≥ −12.
2) Tìm giá trị lớn nhất của T. Lời giải 1) Ta có biến đổi:
T = a2 + b2 + c2 − 2ab − 2bc − 2ca = 2(a2 + b2 + c2) − (a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2) − 36
Ta có a2 + 4 ≥ 4a, b2 + 4 ≥ 4b, c2 + 4 ≥ 4c nên a2 + b2 + c2 ≥ 4(a + b + c) − 12 = 12.
Suy ra T ≥ 2.12 − 36 = −12. Ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại
a = b = c = 2.
2) Ta có a2 ≤ 3a, b2 ≤ 3b, c2 ≤ 3c nên a2 + b2 + c2 ≤ 3(a + b + c) = 18. Do đó
T ≤ 2.18 − 36 = 0. Vậy giá trị lớn nhất của T là 0, đạt được tại (a, b, c) là hoán vị của (3, 3, 0).
Bài V. (2,0 điểm) Gọi T là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số, mà mỗi chữ số đều là chữ số lẻ.
1) Thầy giáo chọn ngẫu nhiên một số từ tập T . Tính xác suất "số được chọn chia hết cho 5".
2) Ta gọi số tự nhiên có 9 chữ số abcdef ghi là một số tốt nếu các số abc, def , ghi là
các phần tử (không nhất thiết phân biệt) của tập T , đồng thời abc + def = 10.ghi
a) Chỉ ra một số tốt có 6 chữ số giống nhau.
b) Hỏi có tất cả bao nhiêu số tốt? Lời giải
1) Ta đếm số phần tử trong T mà chi hết cho 5, có 5 × 5 × 1 = 25 số như vậy. Trong
khi đó số phần tử của T là 5 × 5 × 5 = 125 số. Do đó xác suất của biến cố nên trên là 25 = 1 = 20% 125 5 . 2)
a) Chọn số 997993199. Số này thỏa mãn vì 997 + 993 = 10.199.
b) Giờ ta chọn ghi, rõ ràng 111 ≤ ghi ≤ 199 nên g = 1. Khi này ta có:
100a + 10b + c + 100d + 10e + f = 10(100 + 10h + i)
nên 10 | c + f mà c + f ≤ 18 nên c + f = 10. Mà a, b, c, d, e, f, g, h, i lẻ nên ta có thể
đặt a = 2a − 1, b = 2b − 1, d = 2d − 1, e = 2e − 1, h = 2h − 1, i = 2i − 1 trong đó
a, b, d, e, h, i ∈ [1, 5]. Khi này phương trình trên trở thành:
10(a + d − h) + b + e − i = 55
Suy ra 5 ≤ a + d − h ≤ 5 tức a + d − h = 5 = b + e − i. Giờ ta xét phép toán
a + d = 5 + h: Ta phải có a + d ∈ [6, 10] nên có 15 cách chọn a và d như vậy, khi đó
với mỗi cách chọn thì h xác định duy nhất, vậy bộ (a, d, h) có 15 cách chọn. Tương
tự thì bộ (b, e, i) cũng có 15 cách chọn. Vậy bộ (a, b, d, e, h, i) có 15 ×15 = 225
cách chọn, tức là bộ (a, b, d, e, h, i) có 225 cách chọn (vì mỗi quy tắc f : x → 2x − 1
là song ánh). Giờ ta chọn bộ (c, f ) nữa là được, vì c = 10 − f và c lẻ nên có 5 cách
chọn c, f khi đó xác định duy nhất nên có 5 cách chọn bộ (c, f ). Vậy có tổng cộng
5 × 225 = 1125 bộ (a, b, c, d, e, f, g, h, i) thỏa mãn đề bài.
Document Outline

• Doc1
• inHÌNH_LORD-2