Đang tải... (xem toàn văn)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CÁP THÀNH PHÓ HÀ NỘI NĂM HIỌC 2022 — 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn TOÁN Ngày thị 08 tháng 01 năm 2023 Thời gian làm bài 750 phứ Bài I (5,0 điểm) 1) Giải[.]
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023 Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Đức Hiếu – Đào Phúc Long Đề thi Bài (5.0 điểm) d a) Giải phương trình p x C 2x C C x D p 2x C x C 3: b) Cho a; b; c số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện Tính giá trị biểu thức P D a C b C c: a2 a2 C1 D b; 8b 4b C1 D c 2c c C1 D a: Bài (5.0 điểm) d a) Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn 3n C 12n 11 số phương b) Cho đa thức P x/ có bậc khơng 2022 thỏa mãn P k/ D Tính giá trị P 2023/: kC1 với k D 0; 1; : : : ; 2022: Bài (2.0 điểm) Xét số nguyên dương a; b; c thỏa mãn a C b C c D 16; tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P D aCb C bCc C cCa : c a b Bài (6.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB < AC / nội tiếp đường tròn O/: Các tiếp tuyến A C đường tròn O/ cắt điểm S: Trên tia đối tia CA; lấy điểm M (M khác C ) Qua điểm S; kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng OM; cắt đường tròn O/ hai điểm phân biệt E; F (E nằm S F ) a) Chứng minh đường thẳng ME tiếp tuyến đường tròn O/: b) Gọi D chân đường vng góc kẻ từ điểm M đến đường thẳng BC: Chứng minh EC tia phân giác góc FED: c) Gọi P; Q giao điểm đường thẳng MD với hai đường thẳng BE BF I K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ: Chứng minh ∠SDK D 90ı : Bài (2.0 điểm) d a) Tìm tất số nguyên tố m; n; p thỏa mãn m2 C 3n2 C 5p 8mnp D 0: b) Cho đa giác A1 A2 : : : A2023 : Gọi S tập hợp gồm trung điểm đoạn thẳng Ai Aj i < j 2023/ M tổng độ dài tất đoạn thẳng có hai đầu mút hai điểm thuộc tập S: Gọi N tổng độ dài tất đoạn thẳng Ai Aj i < j 2023/: Chứng minh M < 10112 N: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) d a) Giải phương trình p x C 2x C C x D p 2x C x C 3: b) Cho a; b; c số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện 2c c C1 a2 a2 C1 D b; 8b 4b C1 D c D a: Tính giá trị biểu thức P D a C b C c: Lời giải a) Điều kiện: x 1: Phương trình cho tương đương với p p x C 2x C C x C x 2/ C 2x C D 0; hay x 1/.x C 3/ C x p x C 2x C C 1/.x C 2/ Phương trình viết lại thành xC3 x 1/ p CxC2 x C 2x C C p p 2.x 1/ 2x C C D 0: D 0: 2x C C 2 xC3 Vì x nên px C2xC6C3 > x C p2xC2C2 x C 22 D x C 0: Do đó, từ phương trình trên, ta suy x D 1: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy, phương trình có nghiệm x D 1: b) Từ giả thiết, dễ thấy a; b; c 0: Nếu a; b; c có số hiển nhiên số cịn lại vậy, trường hợp này, ta có P D 0: Xét trường hợp a; b; c > 0: Khi đó, từ giả thiết, ta có 16abc D a2 C 1/.4b C 1/.c C 1/: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 C 1/.4b C 1/.c C 1/ 2a 4b 2c D 16abc: Vì dấu đẳng thức phải xảy nên ta phải có a D 1; b D vậy, trường hợp này, ta có P D C C 12 D 25 : Vậy P D (khi a D b D c D 0) P D 2 c D 1: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Và (khi a D 1; b D 21 ; c D 1) Bài (5.0 điểm) d a) Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn 3n C 12n 11 số phương b) Cho đa thức P x/ có bậc khơng q 2022 thỏa mãn P k/ D 2022: Tính giá trị P 2023/: Lời giải a) Đặt 3n C D a2 12n 2a kC1 với k D 0; 1; : : : ; 11 D b với a; b nguyên dương Khi đó, ta có b/.2a C b/ D 4.3n C 1/ 12n 11/ D 15: Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Đến đây, ˚bằng cách xét các trường hợp cụ thể với ý 2a b < 2a C b 2a C b > 0; ta a; b/ 4; 7/; 2; 1/ : Một cách tương ứng, ta có n f1; 5g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy, có hai giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n D n D 5: b) Đặt Q.x/ D x C 1/P x/ 1; Q.x/ có bậc khơng q 2023 Q 1/ D 1: Ngoài ra, theo giả thiết, ta có Q.0/ D Q.1/ D D Q.2022/ D 0: Do đó, với ý deg Q 2023; ta có Q.x/ D M.x 0/.x 1/ x 2022/ với M số thực Vì Q 1/ D nên D M 1 Từ Q.x/ D 2023Š x.x 1/ x 0/ 1/ 2022/; suy x C 1/P x/ 1D x.x 2023Š 2022/ D 1/ x 20232022 2023Š Cho x D 2023; ta 2024P 2023/ D M 2023Š; suy M D : 2023Š 2022/: D 1: Suy P 2023/ D : 1012 Bài (2.0 điểm) Xét số nguyên dương a; b; c thỏa mãn a C b C c D 16; tìm giá trị lớn C bCc C cCa : giá trị nhỏ biểu thức P D aCb c a b Lời giải Từ giả thiết, ta có 1 P C D a C b C c/ C C a b c 1 D 16 C C : a b c Do a; b nên c 14; suy c 1/.c 14/ 0: Từ 14 15c 15 a 14 15 b: Do tự, ta có 14 a b 1 14 C C a b c c ; hay 14 c 15 c: Tương 45 a C b C c/ D 29: Suy a1 C b1 C 1c 29 : Như vậy, ta có P C 16 29 D 232 ; hay P 211 : Mặt khác, dễ thấy với 14 14 7 211 a D b D c D 14 P D 211 : Vậy, giá trị lớn biểu thức P : 7 Tiếp theo, ta tìm giá trị nhỏ P: Khơng tính tổng quát, giả sử a b c: Khi đó, ta có a aCbCc D 16 : Mà a số nguyên dương nên a 6: 3 Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 1 4 C C C D C : a b c a bCc a 16 a Ta chứng minh a C 16 a 17 ; 30 hay a 6/.17a 80/ 0: 17 Bất đẳng thức a 17a 80 17 80 > 0: Như vậy, ta có a1 C b1 C 1c 30 : 17 136 91 91 Suy P C 16 30 D 15 : Từ P 15 : Mặt khác, với a D b D c D P D 15 : Vậy, giá trị nhỏ biểu thức P 91 : 15 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Bài (6.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB < AC / nội tiếp đường tròn O/: Các tiếp tuyến A C đường tròn O/ cắt điểm S: Trên tia đối tia CA; lấy điểm M (M khác C ) Qua điểm S; kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng OM; cắt đường trịn O/ hai điểm phân biệt E; F (E nằm S F ) a) Chứng minh đường thẳng ME tiếp tuyến đường tròn O/: b) Gọi D chân đường vng góc kẻ từ điểm M đến đường thẳng BC: Chứng minh EC tia phân giác góc FED: c) Gọi P; Q giao điểm đường thẳng MD với hai đường thẳng BE BF I K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ: Chứng minh ∠SDK D 90ı : S P A E I B O C D T J L M K H G F Q Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Lời giải a) Gọi I giao điểm đường thẳng AC đường thẳng AC I J giao điểm đường thẳng OM đường thẳng EF: Khi đó, dễ thấy hai tam giác OJS OIM đồng dạng (g-g) Suy OI OJ D OM : Từ OJ OM D OI OS D OC D OE : Vì tam giác OEM vng E; hay OS nói cách khác, ta có ME tiếp tuyến đường tròn O/: b) Dễ thấy năm điểm O; E; D; M; F thuộc đường tròn tâm T; đường kính MO: Gọi L giao điểm đường thẳng OM đường thẳng DF; ta có ∠DTF D ∠DT L C ∠F T L D 2.∠DOT C ∠FOT / D 2∠DOF: Chứng minh tương tự, ta có ∠DTF D 2∠DEF: Suy ∠DOF D ∠DEF: Bây giờ, gọi G giao điểm thứ hai đường thẳng OE đường trịn O/; ta có ∠DOF D ∠COG ∠GOF D 2.∠CEO ∠OEF / D 2∠CEF: Do ∠DEF D 2∠CEF: Suy EC tia phân giác góc FED: c) Dễ thấy C; E; P; D thuộc đường tròn ∠CPD D ∠CED; ∠FEC D ∠FBC (chứng minh tương tự câu b)) Suy ∠CPD D ∠CED D ∠FEC D ∠FBC: Mà ∠FBCC∠BQP D 90ı nên ∠CPD C ∠BQP D 90ı ; từ P C ? BQ: Lại có CF ? BQ nên ba điểm P; C; F thẳng hàng Từ đây, dễ thấy C trực tâm tam giác BPQ: Kết hợp với EC ? BP; ta suy ba điểm C; Q; E thẳng hàng Tiếp theo, ta có ý ∠PEM D 180ı ∠BEO D 90ı ∠BEO D 90ı ∠EBO D ∠EPM: Suy tam giác MPE cân M; tức ta có MP D ME: Chứng minh tương tự, ta có MF D MQ: Mà ME D MF nên MP D MQ; tức M trung điểm PQ: Đến đây, cách sử dụng kết quen thuộc trực tâm tam giác, ta có MK D 12 BC D OC: Dễ thấy hai tam giác OCD MDC đồng dạng (g-g), suy MK OC CD D D : MD MD CS Từ đó, ta có hai tam giác vng KMD SCD đồng dạng (c-g-c) Suy ∠MDK D ∠CDS: Từ đây, ta có ∠KDS D ∠KDC C ∠CDS D ∠KDC C ∠MDK D 90ı : Bài (2.0 điểm) d a) Tìm tất số nguyên tố m; n; p thỏa mãn m2 C 3n2 C 5p 8mnp D 0: b) Cho đa giác A1 A2 : : : A2023 : Gọi S tập hợp gồm trung điểm đoạn thẳng Ai Aj i < j 2023/ M tổng độ dài tất đoạn thẳng có hai đầu mút hai điểm thuộc tập S: Gọi N tổng độ dài tất đoạn thẳng Ai Aj i < j 2023/: Chứng minh M < 10112 N: Lời giải a) Nếu ba số m; n; p lẻ m2 C 3n2 C 5p số lẻ, suy 8mnp số lẻ, mâu thuẫn Do đó, ba số m; n; p có số 2: Trường hợp 1: m D 2: Phương trình cho viết lại thành 3n2 C 5p C D 16np: Nếu n p lẻ ta có n2 ; p mod 8/: Suy 3n2 C 5p C C C mod 8/; từ 16np mod 8/; mâu thuẫn Do đó, hai số n; p có số 2: Tuy nhiên, cách thử trực tiếp hai trường hợp, ta khơng tìm cặp số n; p/ thỏa mãn yêu cầu 6 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Trường hợp 2: n D 2: Phương trình cho viết lại thành m2 C 5p C 12 D 16mp; hay m 8p/2 59p D 12: Suy m 8p/2 59p mod 3/; từ m 8p/2Cp mod 3/: Mà m 8p/2 0; mod 3/ p 0; mod 3/ nên điều xảy m 8p p chia hết cho 3: Từ đó, ta có m D p D 3: Thử lại, ta thấy không thỏa mãn Trường hợp 3: p D 2: Phương trình cho viết lại thành m2 m 8n/2 61n2 D 16mn C 3n2 C 20 D 0; hay 20: Suy m 8n/2 61n2 mod 3/; hay m 8n/2 n2 mod 3/: Mà m 8n/2 0; mod 3/ n2 0; mod 3/ nên điều xảy m 8n/2 mod 3/ n2 mod 3/: Suy n D 3: Thay trở lại phương trình cho, ta m D 47: Vậy, có số m; n; p/ thỏa mãn yêu cầu đề 47; 3; 2/: b) Từ điểm A1 ; A2 ; : : : ; A2023 ; ta xét tất tam giác tứ giác có đỉnh 2023 điểm Ta có hai bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC có M; N; P trung điểm cạnh BC; CA; AB: Khi MN C NP C MP D AB C BC C CA : 1/ Kết suy trực tiếp từ tính chất đường trung bình tam giác Bổ đề Cho tứ giác ABCD: Gọi M; N; P; Q; R; S trung điểm cạnh AB; BC; CD; DA; AC BD: Khi MP C NQ C SR < AB C BC C CD C DA C AC C BD : M A Q 2/ B S N R D P C Chứng minh Theo bất đẳng thức tam giác, ta có MP < MN C NP D AC BD AC C BD C D : 2 Chứng minh tương tự, ta NQ < QS C SN D AB C CD ; SR < SP C PR D Kết hợp bất đẳng thức trên, ta có bất đẳng thức 2/: AD C BC Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2023 Trở lại tốn, ta có nhận xét sau Với đoạn thẳng có hai đầu mút hai điểm thuộc tập S đường trung bình tam giác có đỉnh đỉnh đa giác cho, đoạn nối trung điểm hai cạnh đối điện, đoạn nối trung điểm hai đường chéo tứ giác có đỉnh đỉnh đa giác cho Mỗi đoạn thẳng Ai Aj i < j 2023/ cạnh 2021 tam giác có đỉnh đỉnh đa giác cho, cạnh (hoặc đường chéo) C2021 tứ giác có đỉnh đỉnh đa giác cho Như vậy, với tam giác tứ giác có đỉnh lấy từ 2023 điểm A1 ; A2 ; : : : ; A2023 ; ta thiết lập đẳng thức bất đẳng thức tương tự 1/ 2/: Cộng tất đẳng thức bất đẳng thức lại, kết hợp với hai nhận xét trên, ta thu M < Bài toán chứng minh xong 2021 C C2021 N < 10112 N: