Title Đề số 5.docx ✅

Đề số 5 Bài 1. (4,0 điểm) 1. Cho biểu thức 33 33 11211 :xyxxyy A xyxyxyxyxy       với 0,0xy a) Rút gọn biểu thức A b) Cho 4xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 2. Cho biểu thức 338484 11 99B . Chứng minh rằng B là một số nguyên. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho 5;2;2020mnp là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: 43qmnp cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Cho ,,,abcd là các số nguyên thỏa mãn 2222abcd Chứng minh rằng: 2021abcd viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương. Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 222256037xyxyxy 2. Giải phương trình : 43 512 5 x xx  Bài 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng a và có tâm là O . Điểm M là một điểm di chuyển trên BC ( M khác B và C ). Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng CD . G là giao điểm của DM và BN . 1) Chứng minh rằng: 22 11 AMAN không đổi. 2) Chứng minh: CGAN . 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu. HẾT ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Bài 1. (5,0 điểm)

Mặt khác: 41111 22.2.2 2222 xy xy xyxy   Hay 11111 2.22 xyxyxy Do đó: 2A .Dấu “=” xảy ra 2 4 xy xy xy     . Vậy 2MinA tại 2xy . 2. Ta có:  33 3 33 3 3 3 33322 2 8484 11 99 848484848484 1131.1.11 999999 1 23.. 27 220220 120 B B BB BBBBBBBBB BBB          )101BB 2 217 )200 24BBB    ( Vô lí) Vậy 1B là một số nguyên. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho 5;2;2020mnp là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: 43qmnp cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Cho ,,,abcd là các số nguyên thỏa mãn 2222abcd Chứng minh rằng: 2021abcd viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương. Lời giải 1. Ta có: 56:6mm⋮ dư 1 26:6nn⋮ dư 2 20206:6pp⋮ dư 2 Do đó: :6mnp dư 5 hay 16mnp⋮ Ta có: 2214222221qqq
Mà 21 2:3q dư 2 nên 21212132.216426qqq⋮⋮⋮ Do đó: 431426qqmnpmnp⋮ Vậy 43qmnp cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Ta có: 2(21)4(1)1mmm Do đó: với mọi mZ thì 221m chia 8 dư 1 . Nên với ,,,abcd lẻ thì 2222 ,,,abcd chia 8 dư 1 Suy ra: không xảy ra 2222abcd (vì vế trái chia 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 3 ) Vậy trong các số ,,,abcd có ít nhất 1 số chẵn. Ta có: 2021abcd là số lẻ. Đặt 22...202121()21(1)(1)(1)abcdnnZnnnnnnn Vậy ta có được điều phải chứng minh. Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 222256037xyxyxy 2. Giải phương trình : 43 512 5 x xx  Lời giải 1. Tìm số nguyên x,y thỏa mãn: 2222 2222 2222 222 56037 560370 202010074012000 2020(1037)169 xyxyxy xyxyxy xyxyxy xyxy     Vì 2222002;200;(10xy37)0,xxyyxy và vai trò của x,y như nhau; ta giả sử 222;2016980;1;4xyxxx ; suy ra: 22220;20;(10xy37)(0;0;169);(0;20;149);(0;80;89);(20;20;129);(20;80;69);(80;80;9)xy Mà 2(1037)xy là số chính phương 22220;20;(10xy37)(0;0;169);(80;80;9)xy + TH1: 2 2 22 2000 2000 (1037)16937169 xx yy xy       không có giá trị