Đề thi chọn HSG thành phố môn Toán 9 và Hướng dẫn chấm

Câu 1
(2,0 điểm)

a

Tính xác suất chọn được đúng 1 đề tài Trí tuệ nhân tạo (1,0 điểm)

1,0

Tổng số đề tài là $5 + 7 = 12$ đề tài.
Số cách chọn ngẫu nhiên có thứ tự 2 đề tài từ 12 đề tài là: $n(\Omega) = 12 \cdot 11 = 132$ (cách).

0,25

Biến cố $A$: "Trong 2 đề tài được chọn có đúng 1 đề tài thuộc lĩnh vực Trí tuệ nhân tạo".
Xảy ra 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: Lần 1 chọn được đề tài Cơ khí, lần 2 chọn được đề tài Trí tuệ nhân tạo. Số cách chọn là: $5 \cdot 7 = 35$ (cách).

0,25

- Trường hợp 2: Lần 1 chọn được đề tài Trí tuệ nhân tạo, lần 2 chọn được đề tài Cơ khí. Số cách chọn là: $7 \cdot 5 = 35$ (cách).

0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $n(A) = 35 + 35 = 70$ (cách).
Xác suất cần tìm là: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{70}{132} = \dfrac{35}{66}$.

0,25

b

Tính số giờ hoạt động của mỗi dây chuyền sản xuất (1,0 điểm)

1,0

Gọi thời gian hoạt động của dây chuyền $I$ là $x$ (giờ) và thời gian hoạt động của dây chuyền $II$ là $y$ (giờ).
Điều kiện: $x, y \in \mathbb{N}^*$.

0,25

Số linh kiện loại $A$ sản xuất được là: $30x + 20y$ (linh kiện).
Số linh kiện loại $B$ sản xuất được là: $20x + 40y$ (linh kiện).
Theo đề bài, ta có hệ phương trình:
$\begin{cases} 30x + 20y = 760 \\ 20x + 40y = 880 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3x + 2y = 76 \\ x + 2y = 44 \end{cases}$

0,25

Trừ từng vế hai phương trình của hệ:
$(3x + 2y) - (x + 2y) = 76 - 44 \Leftrightarrow 2x = 32 \Leftrightarrow x = 16$.

0,25

Thay $x = 16$ vào phương trình $x + 2y = 44 \Rightarrow 16 + 2y = 44 \Leftrightarrow 2y = 28 \Leftrightarrow y = 14$.
Các giá trị $x = 16, y = 14$ thoả mãn điều kiện.
Vậy dây chuyền $I$ hoạt động 16 giờ và dây chuyền $II$ hoạt động 14 giờ.

0,25

Câu 2
(2,0 điểm)

a

Tính giá trị của biểu thức $P$ (1,0 điểm)

1,0

Do $ab + bc + ca = 1$, ta biến đổi các biểu thức dưới dấu căn:
$1 + a^2 = ab + bc + ca + a^2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c)$.

0,25

Tương tự ta có:
$1 + b^2 = (b + a)(b + c)$ và $1 + c^2 = (c + a)(c + b)$.

0,25

Biểu thức thứ nhất dưới căn:
$\dfrac{(1 + b^2)(1 + c^2)}{1 + a^2} = \dfrac{(b + a)(b + c)(c + a)(c + b)}{(a + b)(a + c)} = (b + c)^2$.
Vì $a, b, c > 0$ nên $\sqrt{\dfrac{(1 + b^2)(1 + c^2)}{1 + a^2}} = b + c$.

0,25

Suy ra số hạng thứ nhất là $a(b + c) = ab + ac$.
Thiết lập tương tự với hai số hạng còn lại, ta được:
$P = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca)$.
Do $ab + bc + ca = 1$ nên $P = 2 \cdot 1 = 2$.

0,25

b

Giải hệ phương trình (1,0 điểm)

1,0

Hệ phương trình đã cho:
$\begin{cases} x^3 - y^3 = 9(x - y) & (1) \\ x^2 + 2y^2 = 9 & (2) \end{cases}$
Thay số 9 từ phương trình (2) vào phương trình (1), ta được phương trình thuần nhất bậc 3:
$x^3 - y^3 = (x^2 + 2y^2)(x - y) \Leftrightarrow x^3 - y^3 = x^3 - x^2y + 2xy^2 - 2y^3$

0,25

Rút gọn phương trình trên:
$y^3 + x^2y - 2xy^2 = 0 \Leftrightarrow y(y^2 - 2xy + x^2) = 0 \Leftrightarrow y(x - y)^2 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = 0 \\ x = y \end{array}\right.$

0,25

- Trường hợp 1: $y = 0$. Thay vào (2): $x^2 = 9 \Leftrightarrow x = \pm 3$.
Ta được nghiệm $(x; y) \in \{(3; 0), (-3; 0)\}$.

0,25

- Trường hợp 2: $x = y$. Thay vào (2): $x^2 + 2x^2 = 9 \Leftrightarrow 3x^2 = 9 \Leftrightarrow x^2 = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{3}$.
Ta được nghiệm $(x; y) \in \{(\sqrt{3}; \sqrt{3}), (-\sqrt{3}; -\sqrt{3})\}$.
Vậy tập nghiệm của hệ là $S = \{(3; 0), (-3; 0), (\sqrt{3}; \sqrt{3}), (-\sqrt{3}; -\sqrt{3})\}$.

0,25

Câu 3
(3,0 điểm)

[Hình vẽ]

a

Chứng minh tứ giác $BCEF$ nội tiếp (1,0 điểm)

1,0

Xét $\triangle ABC$ có $BE, CF$ là hai đường cao, suy ra $BE \perp AC$ và $CF \perp AB$.
Do đó $\widehat{BEC} = 90^\circ$ và $\widehat{BFC} = 90^\circ$.

0,25

Trong tam giác vuông $BEC$ vuông tại $E$, $M$ là trung điểm của cạnh huyền $BC$ nên $ME = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC$.

0,25

Trong tam giác vuông $BFC$ vuông tại $F$, $M$ là trung điểm của cạnh huyền $BC$ nên $MF = \dfrac{1}{2}BC = MB = MC$.

0,25

Suy ra $MB = MC = ME = MF$.
Vậy bốn điểm $B, C, E, F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$, tâm của đường tròn là trung điểm $M$ của đoạn thẳng $BC$.

0,25

b

Chứng minh $\triangle MEF \backsim \triangle MAK$ và tứ giác $AKHE$ nội tiếp (1,0 điểm)

1,0

Kẻ đường kính $AS$ của đường tròn $(O)$. Ta có $\widehat{ACS} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), nên $SC \perp AC$. Mà $BH \perp AC$ nên $BH \parallel CS$.
Tương tự $\widehat{ABS} = 90^\circ \Rightarrow SB \perp AB$, mà $CH \perp AB$ nên $CH \parallel BS$.
Do đó tứ giác $BHCS$ là hình bình hành, suy ra hai đường chéo $BC$ và $HS$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ cũng là trung điểm của $HS$.

0,25

Ba điểm $M, H, S$ thẳng hàng, suy ra đường thẳng $MH$ đi qua $S$, tức là $K, H, M, S$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{AKS} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$) $\Rightarrow AK \perp KS$ tại $K$, hay $AK \perp KM \Rightarrow \widehat{AKM} = 90^\circ$.

0,25

Xét tứ giác $AFHE$ có $\widehat{AFH} + \widehat{AEH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ nên $AFHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.
Lại có $\widehat{AKH} = \widehat{AKM} = 90^\circ$ nên điểm $K$ cũng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
Suy ra 5 điểm $A, F, H, K, E$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AH$. Từ đó tứ giác $AKHE$ nội tiếp.

0,25

Do 5 điểm $A, F, H, K, E$ cùng thuộc đường tròn nên $\widehat{AKM} = 90^\circ$ và $\widehat{AFE} = \widehat{AHE} = 90^\circ - \widehat{HAE} = \widehat{C}$.
Mặt khác, tứ giác $BCEF$ nội tiếp $(M)$ nên tam giác $MEF$ cân tại $M$ ($ME = MF$) và $\widehat{MFE} = 90^\circ - \widehat{A}$. Từ các cặp góc tương ứng bằng nhau, ta có $\triangle MEF \backsim \triangle MAK$ (g.g).

0,25

c

Chứng minh ba điểm $B, E, Q$ thẳng hàng (1,0 điểm)

1,0

Do 5 điểm $A, F, K, H, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên tứ giác $AKFE$ nội tiếp.
Suy ra $\widehat{PKE} = \widehat{AFE}$ (cùng bù với $\widehat{AKE}$).
Mà tứ giác $BCEF$ nội tiếp nên $\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$. Suy ra $\widehat{PKE} = \widehat{PCE}$, do đó tứ giác $PKEC$ nội tiếp.

0,25

Từ tứ giác $PKEC$ nội tiếp suy ra $PE \cdot PK = PB \cdot PC$ (phương tích đối với đường tròn).
Lại có $K, B, S, C$ cùng thuộc $(O)$ nên phương tích của $P$ đối với $(O)$ cho: $PB \cdot PC = PK \cdot PA$.
Suy ra $PE \cdot PK = PK \cdot PA \Rightarrow PE = PA$, tức tam giác $PAE$ cân tại $P$.

0,25

Tam giác $PAE$ cân tại $P$ nên $\widehat{PEA} = \widehat{PAE}$.
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ của $(O)$ tại $A$, ta có $OA \perp Ax$. Theo giả thiết $PQ \perp AS \Rightarrow PQ \parallel Ax$ (vì $AS$ là đường kính nên $AS$ chứa $OA$).
Từ đó suy ra các góc so le trong và đồng vị bằng nhau, dẫn đến đường thẳng $PQ$ trùng với đường thẳng nối $P$ và $E$.

0,25

Vì $P, E, Q$ cùng thuộc đường thẳng vuông góc với bán kính đường tròn ngoại tiếp, suy ra giao điểm $Q$ của đường thẳng này với $AC$ chính là điểm nằm trên đường kéo dài của $BE$.
Vậy ba điểm $B, E, Q$ thẳng hàng.

0,25

Câu 4
(1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q$ (1,0 điểm)

1,0

Đặt $M = \dfrac{a^2}{b + c} + \dfrac{b^2}{c + a} + \dfrac{c^2}{a + b}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu số (hoặc BĐT Nesbitt):
$M \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{2(a + b + c)} = \dfrac{a + b + c}{2} = \dfrac{3}{2}$.
Mặt khác, biến đổi $M$ theo hiệu bình phương:
$M - \dfrac{3}{2} = \sum \left(\dfrac{a^2}{b + c} - \dfrac{2a - b - c}{4} - \dfrac{a}{2}\right) \ge \dfrac{a^2 + b^2 + c^2 - 3}{4}$.

0,25

Đặt $t = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2 + 6}$.
Do $a^2 + b^2 + c^2 \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{3} = \dfrac{3^2}{3} = 3$, nên $t \ge \sqrt{3 + 6} = 3$.
Ta có $a^2 + b^2 + c^2 = t^2 - 6$, do đó:
$M \ge \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{2} = \dfrac{t^2 - 6}{2}$ (theo BĐT $\dfrac{a^2}{b+c} + \dfrac{b+c}{4} \ge a \Rightarrow M + \dfrac{a+b+c}{2} \ge a+b+c$).

0,25

Khi đó biểu thức $Q$ được đánh giá theo biến $t$ với $t \ge 3$:
$Q \ge \dfrac{t^2 - 6}{2} + \dfrac{9\sqrt{3}}{t} = \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{9\sqrt{3}}{t} - 3$.
Sử dụng kĩ thuật chọn điểm rơi tại $t = 3$ và áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số:
$\dfrac{t^2}{6} + \dfrac{9\sqrt{3}}{2t} + \dfrac{9\sqrt{3}}{2t} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{t^2}{6} \cdot \dfrac{243}{4t^2}} = 3\sqrt[3]{\dfrac{81}{8}} = \dfrac{9\sqrt[3]{3}}{2}$.
Đánh giá trực tiếp tại $t \ge 3$:
$Q \ge \dfrac{t^2 - 9}{2} + \dfrac{t^2}{6} + \dfrac{9\sqrt{3}}{t} - 3 \ge \dfrac{3}{2} + 3\sqrt{3} - \dfrac{9(\sqrt{3} - 1)}{2}$.
Cách khác: Ta có $\dfrac{a^2}{b+c} \ge \dfrac{3a - (a+b+c)}{2} = \dfrac{3a - 3}{2} \Rightarrow M \ge \dfrac{3}{2}$.
Đồng thời $t = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2 + 6} \ge 3 \Rightarrow \dfrac{9\sqrt{3}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2 + 6}} \ge \dfrac{9\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{3}$.
Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều, ta được $Q \ge \dfrac{3}{2} + 3\sqrt{3}$.

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases} a = b = c \\ a + b + c = 3 \end{cases} \Leftrightarrow a = b = c = 1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $Q$ là $\dfrac{3}{2} + 3\sqrt{3}$, đạt được khi $a = b = c = 1$.

0,25

Câu 5
(2,0 điểm)

a

Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x; y)$ (1,0 điểm)

1,0

Phương trình đã cho:
$x^2 + 2y^2 + 3xy - 2x - 3y - 5 = 0$
Coi đây là phương trình bậc hai đối với $x$:
$x^2 + (3y - 2)x + (2y^2 - 3y - 5) = 0$

0,25

Biệt thức $\Delta$ theo $y$ là:
$\Delta = (3y - 2)^2 - 4(2y^2 - 3y - 5) = 9y^2 - 12y + 4 - 8y^2 + 12y + 20 = y^2 + 24$.
Để phương trình có nghiệm nguyên $x$ thì $\Delta$ phải là số chính phương.
Đặt $y^2 + 24 = k^2$ ($k \in \mathbb{N}$).

0,25

Phương trình tương đương:
$k^2 - y^2 = 24 \Leftrightarrow (k - y)(k + y) = 24$.
Vì $(k - y) + (k + y) = 2k$ là số chẵn nên $k - y$ và $k + y$ cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 24 nên cả hai thừa số đều chẵn.
Do $k \ge 0$ nên xét các ước nguyên dương chẵn của 24:
$(k - y; k + y) \in \{(2; 12), (4; 6), (-12; -2), (-6; -4)\}$.
- $\begin{cases} k - y = 2 \\ k + y = 12 \end{cases} \Rightarrow 2y = 10 \Rightarrow y = 5 \Rightarrow k = 7$.
- $\begin{cases} k - y = 4 \\ k + y = 6 \end{cases} \Rightarrow 2y = 2 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow k = 5$.
- Do vai trò đối xứng của $y^2$, ta có $y \in \{1; -1; 5; -5\}$.

0,25

Thay từng giá trị của $y$ vào phương trình ban đầu:
- Với $y = 1 \Rightarrow x^2 + x - 6 = 0 \Leftrightarrow (x - 2)(x + 3) = 0 \Rightarrow x = 2$ hoặc $x = -3$.
- Với $y = -1 \Rightarrow x^2 - 5x = 0 \Leftrightarrow x(x - 5) = 0 \Rightarrow x = 0$ hoặc $x = 5$.
- Với $y = 5 \Rightarrow x^2 + 13x + 30 = 0 \Leftrightarrow (x + 3)(x + 10) = 0 \Rightarrow x = -3$ hoặc $x = -10$.
- Với $y = -5 \Rightarrow x^2 - 17x + 60 = 0 \Leftrightarrow (x - 5)(x - 12) = 0 \Rightarrow x = 5$ hoặc $x = 12$.
Vậy các cặp nghiệm nguyên $(x; y)$ là: $(2; 1), (-3; 1), (0; -1), (5; -1), (-3; 5), (-10; 5), (5; -5), (12; -5)$.

0,25

b

Bài toán tổ hợp rời rạc (1,0 điểm)

1,0

Giả sử ngược lại, không có hình tròn bán kính 2 cm nào chứa từ 102 điểm cùng màu trở lên.
Điều này có nghĩa là mọi hình tròn bán kính 2 cm chỉ chứa tối đa 101 điểm cùng màu.
Theo đề bài, 2027 điểm được tô bằng 4 màu.
Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất một màu (giả sử là màu Đỏ) có số điểm không nhỏ hơn:
$\left\lceil \dfrac{2027}{4} \right\rceil = 507$ điểm.

0,25

Xét tập hợp $S$ gồm các điểm được tô màu Đỏ ($|S| \ge 507$).
Lấy một điểm $A_1 \in S$ bất kì. Xét hình tròn $(C_1)$ tâm $A_1$, bán kính 2 cm.
Theo giả sử phản chứng, hình tròn $(C_1)$ chứa không quá 101 điểm của $S$.
Do $|S| \ge 507 > 101$ nên ngoài $(C_1)$ vẫn còn các điểm thuộc $S$.
Chọn điểm $A_2 \in S$ nằm ngoài $(C_1)$, suy ra khoảng cách $A_1A_2 > 2$ cm.

0,25

Xét hình tròn $(C_2)$ tâm $A_2$, bán kính 2 cm.
Số điểm thuộc $S$ nằm trong $(C_1) \cup (C_2)$ tối đa là $101 + 101 = 202$ điểm.
Vì $|S| \ge 507 > 202$, ta chọn tiếp điểm $A_3 \in S$ nằm ngoài $(C_1) \cup (C_2)$, suy ra $A_3A_1 > 2$ cm và $A_3A_2 > 2$ cm.
Tương tự như vậy, sau 4 bước, số điểm bị phủ tối đa là $4 \times 101 = 404 < 507$ điểm.
Do đó ta luôn chọn được điểm thứ năm $A_5 \in S$ không thuộc bất kì hình tròn bán kính 2 cm nào có tâm tại $A_1, A_2, A_3, A_4$.

0,25

Như vậy ta đã dựng được một tập hợp 5 điểm $\{A_1, A_2, A_3, A_4, A_5\} \subset S$ cùng màu Đỏ thoả mãn:
Khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong 5 điểm này đều lớn hơn 2 cm ($A_iA_j > 2$ cm với mọi $1 \le i < j \le 5$).
Điều này mâu thuẫn trực tiếp với giả thiết của đề bài: "trong 5 điểm bất kì luôn chọn được ít nhất 2 điểm có cùng màu và khoảng cách giữa chúng không vượt quá 2 cm".
Mâu thuẫn chứng tỏ giả sử phản chứng là sai.
Vậy tồn tại ít nhất một hình tròn bán kính 2 cm chứa ít nhất 102 điểm cùng màu.

0,25