LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023 Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Đức Hiếu – Đào Phúc Long 1 Đề thi Bài 1 (5 0 điểm) d a) Giải phương trình p x2 C 2x C 6C x2 D p 2x C 2 � x C 3 b) Cho a[.]
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 ... 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 2023? ? x.x 1/ x 0/ 1/ 2022/ ; suy x C 1/P x/ 1D x.x 2023? ? 2022/ D 1/ x 2023 2022. .. 1/P x/ 1D x.x 2023? ? 2022/ D 1/ x 2023 2022 2023? ? Cho x D 2023; ta 2024P 2023/ D M 2023? ?; suy M D : 2023? ? 2022/ : D 1: Suy P 2023/ D : 1012 Bài (2.0 điểm) Xét số nguyên dương a; b;... 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