Đang tải... (xem toàn văn)
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1997 – 2022 ( Dùng cho ôn thi HSG Toán 9 , ôn thi vào trường chuyên , lớp chọn ) HÀ NỘI , 2022 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 2022 FILE WORD.
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1997 – 2022 ( Dùng cho ôn thi HSG Tốn , ơn thi vào trường chun , lớp chọn ) HÀ NỘI , 2022 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 MỤC LỤC ĐỀ SỐ ĐỀ THI Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2021 - 2022 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2020 – 2021 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2019 – 2020 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2018 – 2019 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2017 – 2018 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2016 – 2017 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2015 – 2016 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2014 – 2015 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2013 – 2014 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2012 – 2013 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2011 – 2012 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2010 – 2011 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2009 – 2010 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2008 – 2009 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2007 – 2008 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2006 – 2007 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2005 - 2006 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2004 – 2005 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2003 – 2004 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2002 – 2003 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2001 – 2002 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2000 – 2001 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1999 - 2000 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1998 - 1999 Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1997 - 1998 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2021 – 2022 HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN Thời gian : 150 phút Bài x 3x x Giải phương trình Cho a, b, c số thực khác , thỏa mãn a ab c bc a ac b bc Tính a b c giá trị biểu thức K 1 1 1 b c a Bài Tìm tát số tự nhiên m, n để 3m 2022 n Tìm tất số nguyên tố p để phương trình x3 y 3xy p có nghiệm nguyên dương Bài Với số thực a, b, c thôa mân 0„ a, b, c„ và̀ a b c , tìm giá trị lơn giá trị nhỏ biểu thức: ab bc ca P ab bc ca Bài Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) , nội tiếp đường tròn O Các đường cao AD, BE , CF tam giác ABC đồng quy trực tâm H Gọi K , Q lần lưọt ià giao diểm dường thẳng EF vôi hai dường thẳng AH , AO Chimg minh AQE 90 Gọi I trung điểm AH Chưng minh ràng IE IK ID Gọi R, J trung điểm BE , CF Chứng minh JR vng góc với QD Bài Tìm tất số nguyên dương a , b cho a b b3 a lập phương số nguyên tố Trên bảng ta viết số tự nhiên 2222 gồm 2022 chữ số Mỗi bước ta chọn 22 chữ số liên tiếp có chữ số ngồi 2, rò̀ biến đổi chữ số đưđ̛̣c chọn theo quy tắc: chữ số đổi thành chữ số cịn chữ sơ đổi thành chữ sơ a) Chứng minh cách thực phải dừng lại sau số hữu hạn bước b) Giả sử sau thực n bước khơng thể thực thềm bược Chứng minh n số lẻ FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài : Lời giải 1 Điều kiện xác định: x… Âp đụng bất đẳng thức AM GM cho x 3x , ta 1 x 3 3x 1 VT x 3x 1„ x VP 2 2 2 x x (thỏa mãn điều kiện xác định) Vậy PT 3x 2 Trừ theo vế hai đẳng thức a ab c bc a ac b bc ta thu b c a b c Ta xét hai trường hợp sau a b c , thay vào ta K 1 a b c b c Khi a ab 2b , dẫn tới a 2b 2c Nếu a 2b 2c a b c K 1 Nếu a b c ta thu đươc K 8 Bài : Lời giải Giả sử 𝑚 số tự nhiên thoả mãn 3𝑚 + 2022 = 𝑛2 Nếu 𝑚 ⩾ ta có 𝑛2 − 2022 = 3𝑚 ÷ Diều dẫn đến 𝑛2 + ⋮ Ta thấy, số chia cho có số dư sau: {0,1,2, … ,8}, từ dẫn tới số phương chia cho dư 0,1,4,7 Khi 𝑛2 + chia hết cho Vậy 𝑚 < 2, thử trực tiếp ta có 𝑚 = 1, 𝑛 = 45 thỏa mãn yêu cầu toán Khi 𝑚 = 1, 𝑛 = 45 Sử dụng đẳng thức quen thuộc ta có, FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 𝑥 + 𝑦 + − 3𝑥𝑦 = (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥 + 𝑦 + − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦) Khi phương trình tương đương với (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥 + 𝑦 + − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦) = 𝑝 Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương 𝑥, 𝑦 Khi 𝑥 + 𝑦 + ≥ 3, nên có trường hợp sau { 𝑥+𝑦+1= 𝑝 𝑥 + 𝑦 + − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦 = Phương trình thứ hai tương đương với (𝑥 − 𝑦)2 + (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 = Mà = 02 + 12 + 12 = 02 + (−1)2 + 12 = 02 + (−1)2 + (−1)2 , 𝑥, 𝑦 số nguyên dương, ta suy (𝑥, 𝑦) ∈ {(2,2), (2,1), (1,2)} Chú ý 𝑝 = 𝑥 + 𝑦 + số nguyên tố nên có cặp (𝑥, 𝑦) = (2,2) thoả mān Khi 𝑝 = Bài : Lời giải Tìm giá tri lốn 𝑃 𝑃 Vậy maxP 1 + + ) + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ⩽ 3− + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 12 ⩽ 3− = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 13 3+ = 3−( 12 Dấu xăy a b c 13 Tìn giá trị nhỏ P Cách 1: Khơng tính tổng qt giả sử 1…a…b…c…0 , suy ab, bc, ca…0 Vì 0„ a, b„ nên a 1b 1…0 suy ab 1…a b Do đó, ab „ ab Chứng minh tương tự, ta FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 bc ca „ „ bc ca Đặt 𝑄= 1 + + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 + Khỉ đó, 2𝑄 Suy P Q…3 Vầy minP 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 + + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 + 𝑎+𝑏 𝑐 𝑏+𝑐 𝑎 𝑎+𝑐 𝑏 = + + + + + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑐 + ⩽1+𝑐+1+𝑎+1+𝑏 =5 = 2 Dấu xảy a b 1, c Bài : FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Đầu tiên ý AEB AFC ggg , suy AE AF từ thu đươc AB AC AEF ABC ( c.g.c ) Do đó, AEF ABC Từ ta có OAC 90 AOC 90 ABC 90 AEF , vây AEF OAC 90 Do dó, AQE 90 Dễ ý AEH AFH 90 nên bốn điểm A, E , F , H nằm trền đường trịn dương kính AH Vi trung diểm I AH tâm ngoại tiếp cüa AEF Từ đố ta thu ˆ IEF 90 EIF 90 EAF ACH Mặt khác, y rà̀ ng AEH ADC g g nên AE AD , từ suy AED AHC (c.g.c) AH AC ADE ACH Như vây, IEF ADE , từ suy IKE IED g.g Vi thế, IK IE IE ID , dẩn đến IE IK ID Gọi X , Y lượt điểm đối xưng với E , B qua Q , D Tì đó, nhận xết AEX ABY tam giác cân A Mặt khác, từ chứng minh câu ta có QAE BAD thê XAE 2QAE 2BAD BAY Từ suy BAX YAE dãn đến AXB AEY c.g c Như vầy, BX EY Hơn nữa, để ỷ ràng RQ RD tương ửng đường trung bình tam giác EBX BEY , RQ 1 BX EY RD Chứng minh tương tự ta cûng JD JQ Như vạyy R.J 2 đường trung trực đọan thẳng QD , JR QD Bài : Giả sử tồn số nguyên tố 𝑝 cho (𝑎3 + 𝑏)(𝑏3 + 𝑎) = 𝑝3 Rō ràng 𝑎 ≠ 𝑏 𝑎 = 𝑏 𝑝3 = (𝑎3 + 𝑎)2 Diều vơ lí 𝑝 số ngun tố Giả sử 𝑎 > 𝑏 Vơi ý U𝐷(𝑝3 ) = {1; 𝑝; 𝑝2 ; 𝑝3 } ta suy 𝑎3 + 𝑏 = 𝑝2 𝑏3 + 𝑎 = { 𝑎3 + 𝑏 = 𝑝 họ̆c { 𝑎 + 𝑏 = 𝑝3 𝑝 > 𝑎𝑏 FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Khả { 𝑏3 + 𝑎 = khồng thể xảy 𝑏3 + 𝑎 ⩾ vơi 𝑎, 𝑏 ∈ ℤ+ 𝑎3 + 𝑏 = 𝑝3 Ta có 𝑎 = 𝑝 − 𝑏3 ⇒ (𝑝 − 𝑏3 )3 + 𝑏 = 𝑝2 Do đó, (𝑝 − 𝑏3 )3 + 𝑏 = 𝑝2 hay 𝑏9 − 𝑏: 𝑝 V1 vây 𝑏(𝑏 − 1)(𝑏 + 1)(𝑏2 + 1)(𝑏4 + 1) ⋮ 𝑝 Từ suy [ 𝑏−1=0 𝑏4 + ⋮ 𝑝 Ta xét hai trường hơp sau 𝑏 = ⇒ 𝑎3 + = (𝑎 + 1)2 ⇒ 𝑝 = 3, 𝑎 = ⇒ 𝑎3 − 𝑎2 − 2𝑎 = ⇒ 𝑎(𝑎 − 2)(𝑎 + 1) = Khi 𝑎 = hoắc 𝑎 = Thay vào ta (𝑎, 𝑏) ∈ {(1,2), (2,1)} 𝑏4 + ⋮ 𝑝 Rõ ràng 𝑏(𝑏3 + 𝑎) − (𝑏4 + 1) ⋮ 𝑝 Từ suy 𝑎 ⋅ 𝑏 − ⋮ 𝑝 (Vơ lí 𝑝 > 𝑎𝑏 > 0) Vây (𝑎, 𝑏) ∈ {(1,2), (2,1)} a) Xét 𝑥 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅, 𝑥2022 𝑥2021 … 𝑥1 𝑥1 , 𝑥2 … , 𝑥2022 nhận giá trị họ̆c̣ Ta xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥2022 ⋅ 22022 + 𝑥2021 ⋅ 22021 + ⋯ + 𝑥1 ⋅ Ta có nhận xét quan trọng sau mồi bược biến đổi 𝑥 thành 𝑦 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑦) Thạ̉t vầy, giả sử ta tác động vào chữ số từ 𝑥𝑛−21 tơii 𝑥𝑛 , có 𝑦𝑚 = − 𝑥𝑚 , với 𝑛 ≥ 𝑚 ≥ 𝑛 − 21 Khi 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) = [𝑥𝑛 − (2 − 𝑥𝑛 )] ⋅ 2𝑛 + ⋯ + [𝑥𝑛−21 − (2 − 𝑥𝑛−21 )] ⋅ 2𝑛−21 Chú ỳ rùng có 𝑥𝑛 = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) = ⋅ 2𝑛 + (2𝑥𝑛−1 − 2) ⋅ 2𝑛 + ⋯ + (2𝑥𝑛−21 − 2) ⋅ 2𝑛−21 ≥ ⋅ 2𝑛 + (−2) ⋅ 2𝑛−1 + ⋯ + (−2) ⋅ 2𝑛−21 = 2𝑛+1 − 2𝑛 − 2𝑛−1 − ⋯ − 2𝑛−20 = 2𝑛−20 > Đến ý 𝑓(𝑥) ≥ với 𝑥 bảng, q trình sê phải dì̀ng lại b) Xét 𝑥 số bảng Dật 𝑎𝑖 chữ số thứ 22𝑖 (xết từ phải qua trái) 𝑥, vớ 𝑖 = 1,2, … ,91 FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Sau mổi bước có 𝑎𝑖 tác động, 22 số tự nhiên liền tiệp ln có số bội 22 Mà trình kết thúc chữ số tì̀ chữ số thứ 22 trở , tưc 𝑎𝑖 = 0, kéo theo 𝑎𝑖 tác động lẻ lần Do i nhặn 91 giá trị nên số bươ̂c thực lẻ FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2020 – 2021 MƠN THI : TỐN Thời gian : 150 phút Bài I (5,0 điểm) Giải phương trình x x x Cho a, b, c số thực đôi khác Chứng minh biểu thức K a2 b2 c2 có giá trị nguyên a b a c b a b c c a c b Bài II (5,0 điểm) Biết a, b, c số nguyên thỏa mãn a b c chia hết cho ab bc ca chia hết cho Chứng minh ab bc ca chia hết cho Cho đa thức P x x3 ax b có nghiệm ( a , b số hữu tỉ) Chứng minhP x chia hết cho đa thức x x Bài III (2,0 điểm) Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c , tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Q a b b c c a Bài IV (6,0 điểm) Cho đường tròn I nội tiếp tam giác nhọn ABC ( AB AC ) Đường tròn I tiếp xúc với BC , CA D , E Qua B kẻ đường thẳng vng góc với BI , cắt AI J Gọi P hình chiếu vng góc J BC Chứng minh BD CP 1 Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh AI AJ AN Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh BK vng góc với AP Bài V (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x y z Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ỳ vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) a) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt b) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi N số tam giác có ba đỉnh ba điểm năm điểm có diện tích khơng vượt Tìm giá trị nhỏ N FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Câu 1: Từ giả thiết ta có: 1 1 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 + + − =0⇔ + =0 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎𝑏 𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑎 + 𝑏 = 0; 𝑐 = 2014 ⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) = ⇒ [𝑏 + 𝑐 = 0; 𝑎 = 2014 𝑐 + 𝑎 = 0; 𝑏 = 2014 ⇒𝑀= 20142013 Ta có 2n 6n n n 3 1 Vì n n 3 chẵn nên n n 3 2k vơi k N 1 Suy 52 Vi 52n 6n 12 nguyên tố hay 52n 6n2 12 13 6 n 12 252k 1 13:13 2 nên n n 3 , suy n n Câu 2: 1 Điều kiện: x Đặt 𝑡 − = √2𝑥 + 1, 𝑡 ≥ ta có 𝑥 − 2𝑥 = 2𝑡; 𝑡 − 2𝑡 = 2𝑥 ⇒ (𝑥 − 𝑡)(𝑥 + 𝑡) = ⇔ 𝑥 = 𝑡( 𝑥 + 𝑡 > 0) 𝑥≥1 ⇒ 𝑥 − = √2𝑥 + ⇔ { ⇔ 𝑥 = 𝑥 − 4𝑥 = Từ phương trình thứ suy 4𝑧 − = (𝑥 − 𝑦)2 ≥ ⇒ 𝑧 ≥ Từ phương trình thứ hai suy (4𝑧 − 5)(𝑧 − 1) ≤ ⇒ ≤ 𝑧 ≤ Do z x y0 Câu 3: Do vai trò a, b, c nhau, giả sử a max a, b, c , , a Ta có: P a b2 c (a b c)2 a b c 36 2 Mặt khác, bc ≥ nên FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 = 𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 − 2𝑏𝑐 ≤ 𝑎2 + (6 − 𝑎)2 = 2𝑎2 − 12𝑎 + 36 = 2[(𝑎 − 2)(𝑎 − 4) + 10] ≤ 20 Suy a b c đạt giá trị lớn nhât 20 a b; a c; bc a a a, b, c 4, 2,0 , 4,0, a b c Vậy giá trị lớn P 20 chẳng hạn a 4, b 2, c Câu 4: a) Ta có IBM IBC CBM ABC BAC ; 2 ABC BAC BIM IAB IBA 2 Suy IBM BIM ΔIBM cân M Tương tự, tam giác MIC cân M b) Ta có sin BAC sin BCM MP MP (1) (do MP BC MI MC ); MC MI △ 𝑀𝐵𝑁 vng B, có 𝑀𝑃 𝑀𝑁 = 𝑀𝐵2 = 𝑀𝐼 ⇒ 𝑀𝑃 𝑀𝐼 𝑀𝐼 𝐼𝑃 = (2) ⇒ Δ𝑀𝑃𝐼 ∼ Δ𝑀𝐼𝑁(𝑐 𝑔 𝑐) ⇒ = (3) 𝑀𝐼 𝑀𝑁 𝑀𝑁 𝐼𝑁 c) Ta có AB + AC = 3BC FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 − 𝐵𝐶 = 𝐵𝐶 ⇔ 𝐴𝐸 = 𝐵𝐶; 𝑀𝑃 𝐶𝑃 Δ𝐼𝐴𝐸 ∼ Δ𝑀𝐶𝑃(𝑔 ⋅ 𝑔) ⇒ = = ⇒ 𝐼𝐸 = 2𝑀𝑃 𝐼𝐸 𝐴𝐸 Gọi F trung điêm IK, Δ𝑀𝐶𝑃 =△ 𝑀𝐼𝐹(𝑐 𝑔 ⋅ 𝑐) 𝑀𝐶 = 𝑀𝐼; ∠𝑃𝑀𝐶 = ∠𝐸𝐼𝐴 = ∠𝑀𝐼𝐹; 𝑀𝑃 = 𝐼𝐹 = 𝐼𝐸 ⇒ ∠𝐼𝐹𝑀 = ∠𝑀𝑃𝐶 = 90∘ ⇔ Suy Δ𝐼𝑀𝐾 cân M nên MK = MI Tương tự MH = MI Suy MB = MC = MH = MK = MI Vậy B, C, H, K thuộc đường tròn Câu 5: 1) ta có 5𝑥 − 2𝑦 = ⇔ 2𝑦 = 5𝑥 − Vó́ i 𝑥 = 2𝑘 + 1, 𝑘 ∈ 𝑁 ta có 2𝑦 = 4(52𝑘 + 52𝑘−1 + ⋯ + + 1) Nếu y < PT vơ nghiệm Nếu 𝑦 = 𝑥 = (thỏa mãn) Nếu 𝑦 > PT vơ nghiệm VT chia hết cho , cịn VP khơng chia hết cho Vói 𝑥 = 2𝑘, 𝑘 ∈ 𝑁 ta có 2𝑦 = (5𝑘 − 1)(5𝑘 + 1) 𝑘 𝑎 ⇒ {5𝑘 − = 2𝑏 , 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑁, ≤ 𝑎 < 𝑏; 𝑎 + 𝑏 = 𝑦 ⇒ 2𝑏 − 2𝑎 +1=2 = 2𝑎 (2𝑏−𝑎 − 1): vơ lý Nếu 𝑎 ≥ 2𝑎 (2𝑏−𝑎 − 1) ⋮ 4, vô lý Nếu 𝑎 = 1; 𝑎 = 5𝑘 = 3; 5𝑘 = 2, vô lý Vậy (𝑥; 𝑦) = (1; 2) 2) Nhận xét: nhiều trường hợp, 𝑀1 𝑀2 𝑀3 𝑀4 𝑀5 𝑀6 suy biến khơng cịn lục giác nên sau ta thống gọi đa giác 𝑀1 … 𝑀6 Gọi O tâm lục giác ABCDEF (kí hiệu 𝑌 ) Nếu 𝑃 ≡ 𝑂 đa giác M1 M6 ≡ ta có đNếu P thuộc ba đường chéo lớn , P O P thuộc sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF Giả sử P OD hai tia AP , DP qua đỉnh D , đỉnh A ta có M1 D, M A Còn lại tia, cắt nhiều cạnh s Như tồn FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 hai cạnh AB, AF % không chứa điểm M1 ,, M Xét tam giác có cạnh AB cạnh M M i đa giác M1 M gần AB M A , ta ln có M BM i 90 M M i AB Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn $$ P nằm trong sáu tam giác mà ba đường chéo lớn chia Giả sử P nằm ODE Như vậy, tồn cạnh AB $$ không chứa điểm M1 ,, M Khi M M ln cạnh đa giác M1 M ABM M tứ giác ln có ABM 90 ; BAM 90 M M AB đpcm ĐỀ HSG 2012 – 2013 Bài 1: Đặt 𝑓(𝑥) = 4𝑥 − 11𝑥 − 2𝑎𝑥 + 5𝑏𝑥 − = (𝑥 − 2𝑥 − 3)𝑞(𝑥) = (𝑥 + 1)(𝑥 − 3)𝑞(𝑥) 𝑓(−1) = 2𝑎 + 5𝑏 = Từ { ⇔{ 𝑓(3) = 18𝑎 − 15𝑏 = 91 Nhận xét { 𝑎+𝑏 =8 nên a, b nghiệm phương trình 𝑥 − 8𝑥 + 11 = 𝑎𝑏 = 11 Ta có: 𝑃 = (𝑎2013 − 8𝑎2012 + 11𝑎2011 ) + (𝑏2013 − 8𝑏2012 + 11𝑏2011 ) = (𝑎2 − 8𝑎 + 11)𝑎2011 + (𝑏2 − 8𝑏 + 11)𝑏2011 = Bài 2: 6𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦 + 5𝑥 + 5𝑦 − = Hệ { 20𝑥 − 𝑦 − 28𝑥 + = Ta có: (1) ⇔ (2𝑥 − 𝑦 + 3)(3𝑥 + 𝑦 − 2) = Rút 𝑦 theo 𝑥 vào phương trình (2) ta giải hệ Nhân vào hai vế ta FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 (𝑥 + 4𝑦)2 + (4𝑦 − 7)2 + (𝑥 − 1)2 + 10𝑥 − 14 = ⇒ 𝑥 ≤ ⇒ 𝑥 ∈ {−1; 0; 1}( 𝑥 ∈ 𝑍) Thay 𝑥 = −1; 0; vào phương trình tìm 𝑦 Bài 3: a) Sử dụng dấu hiệu chứng minh tứ giác nội tiếp ta có IE IF = IB.IC = IM.IA nên tứ giác AMFE nội tiếp Mặt khác tứ giác AFHE nội tiếp Vậy A, M, F, H, E nằm đường tròn b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vng góc với AM M Sử dụng bổ đề HN kéo dài cắt O D A, O, D thẳng hàng, tức H, M, N thẳng hàng c) Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác AMBC Bài 4: a b Đặt x ; y ; z x yz 3 c Khi ta cân chứng minh: Ta có: z3 x3 y3 2 2 2 x z y x z y z3 zx zx x z z z 2 2 x z x z zx Chứng minh tương tự cộng lại ta được: z3 x3 y3 x yz 2 x y z x y z dpcm 2 x z y x z y 2 Bài 5: Kẻ đường kính DE DA1 DA2 DA2013 EA1 EA2 EA2013 4026 Đặt P DA1 DA2 DA2013 , S EA1 EA2 EA2013 Nếu P 2013 D điểm M cần tìm Nếu P 2013 E điểm cần tìm FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 ĐỀ HSG 2011 – 2012 Bài 1: Ta có: 𝑛5 − 𝑛 = 𝑛(𝑛2 + 1)(𝑛 − 1)(𝑛 + 1) = 𝑛(𝑛2 − + 5)(𝑛 − 1)(𝑛 + 1) = (𝑛 − 2)(𝑛 − 1)𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) + 5𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 + 1) Do n N * nên n n :30 Từ suy A a 2017 a a b 2007 b5 b c 2007 c5 c 30 2) Ta có: x 72 7 x 14 3x x3 21x 28 2 2 7 Do f x x3 21x 29 2012 3 ( 1) 2012 Bài 2: Ta có: √𝑥 + + 3𝑥 = √𝑥 + 12 + ⇔ ⇔ ⇔ √𝑥 + − + 3𝑥 − − √𝑥 + 12 + = 𝑥2 − 𝑥2 − + 3(𝑥 − 2) − =0 √𝑥 + + √𝑥 + 12 + 𝑥+2 𝑥+2 (𝑥 − 2) ( +3− ) = √𝑥 + + √𝑥 + 12 + Từ đặc điểm PT suy 3x x ; x2 x2 x2 x2 12 ngoặc dương Suy x x 2 2) Viết phương trình thứ hệ thành: x y 1 x y y Có Δ ( y 1) y y y y (3 y 1) FILE WORD LH ZALO : 0816457443 ; biểu thức TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Do x y x 2 y Với x y thay vào PT thứ hai tìm 2x x Với x 2y , thay vào PT thứ hai tìm y y y 1, y Vậy hệ có ba nghiệm x, y 3;3 , 3;1 , 5;2 Bài 3: Viết PT thành dạng: x y 3 x y 2 2 Xày trường họp 2x 3y 1 1 x y2 2 2 Vậy có bốn cặp số x, y thòa mãn 4;3 , 16;12 , 2;2 , 14;11 Bài 4: Gọi OA MN K Ta có OAC ACB (vì OA OC ); AMN ABC sdMC Nên OAC ANM ACB ABC 90 Suy AKN 90 , tức OA MN Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC JI // AO (cùng vng góc với MN ); JO / /AH (cùng vng góc với BC ) nên tứ giác AIJO hình bình hành, suy ra: OJ AI AH BC cm ;OB cm 2 2 2 7 2 Do BJ OB OJ cm 2 Bài 5: FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 Đẳng thức cần chứng minh tương đương với Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: Tương tự: S 2S a b S 2S b c S 2S c a 3S abc S 2S 9S 1 1 S a b a b b a 2b S 2S 9S S 2S 9S Do đó: ; b c b 2c c a c 2a 1 abc S 2S S 2S S 2S S 3S a b b c c a abc Đẳng thức xảy a b c hay tam giác ABC Trong 8045 điểm ln tìm điểm đỉnh tam giác có diện tích lớn nhất, giả sử A , B, C với S ABC Dựng đường thẳng qua A song song vói BC , qua B song song vói AC , qua C song song với AB , chúng đôi cắt M, N, P Khi SMNP 4S ABC Ta chứng minh 8045 điểm cho nằm cạnh tam giác MNP Thật vậy, giả sử D ΔMNP (chẳng hạn D B thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC ) S DAC S ABC (mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC ) Tam giác MNP chia thành tam giác nhỏ ANC , AMB, ABC, BCP Ta có 8045 2011+ Theo nguyên tắc Dirichlet tồn 2011 = 2012 điểm phải nằm cạnh tam giác nhỏ có diện tích khơng lớn FILE WORD LH ZALO : 0816457443 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022 ĐỀ HSG 2010 – 2011 Bài 1: Rút gọn A Phân tích 4𝑥 − 16𝑥 + 21𝑥 − = (2𝑥 − 3)2 (𝑥 − 1) Điều kiện: 𝑥 > ∗ A = |2x − 3| 2𝑥 − ∗𝐴 = { − 2𝑥 𝑥≤ 1