SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán – Lớp 9 THCS Thời gian làm bài 150 Phút Đề thi gồm 01 trang Câu 1 (3,0 điểm) 1) Cho , , a b[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán – Lớp: THCS Thời gian làm bài: 150 Phút Đề thi gồm: 01 trang Câu (3,0 điểm) 1 1 + + = Chứng minh a b c abc bc + ac + ba + + + = a + b2 + c2 + Cho đa thức P ( x ) = ( x + 1)( x + )( x + 3) ( x + 2022 ) Khi khai triển đa thức P ( x ) ta 1) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn 2) P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + + a2021 x 2021 + a2022 x 2022 Tính giá trị biểu thức a1 + a3 + a5 + + a2021 a0 − a0 + a2 + a4 + + a2022 ( a1 + a3 + a5 + + a2021 ) Câu (5,0 điểm) = S ) ( 1) Giải phương trình ( x + 1) x + x + −= x3 − x ( y + 1) + y = Giải hệ phương trình 2 − ( x + y ) + − x y = Câu (3,0 điểm) 2) 1) Tìm tất số nguyên tố p, q cho p − q ( p + q + 1) = (q + 1) 2) Cho m, n, p, q số nguyên thoả mãn ( m + n + p + q ) 30 Chứng minh (m + n5 + p + q ) 30 Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi BH CQ hai đường cao tam giác ABC Tiếp tuyến B C đường tròn ( O ) cắt M Đoạn thẳng OM cắt BC cắt đường tròn ( O ) N D Tia AD cắt BC F ; AM cắt BC E cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai K (K khác A ) 1) Chứng minh rằng: AB.KC = AC.KB ABM = AHN + 2) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN Chứng minh IOM ADN = 1800 3) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt QH G Chứng minh ba điểm A, G, N thẳng hàng Câu (2,0 điểm) 1) Lấy 2018 điểm phân biệt miền ngũ giác lồi với đỉnh ngũ giác ta 2023 điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng Biết diện tích ngũ giác đơn vị Chứng minh tồn tam giác có đỉnh lấy từ 2023 điểm cho có diện tích khơng vượt q đơn vị 4039 2) Xét a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c ≥ Hãy tìm giá trị lớn biểu thức Q= 1 + + a + b + c a + b + c a + b + c2 Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT 1: Họ, tên chữ ký GT 2: Câu Đáp án 1.1 1 1 Cho a, b, c số thực dương thoả mãn + + = Chứng minh (1,5 a b c abc điểm) bc + ac + ba + + + = a + b2 + c2 + Ta có 1 1 + + = ⇔ ab + bc + ac= a b c abc Ta có bc + bc + ab + bc + ac b ( a + c ) + c ( a + b ) b c = = = + 2 a + a + ab + bc + ac a+b a+c ( a + c )( a + b ) Chứng minh tương tự: ac + a c ab + a b = + = + 2 b +1 a + b b + c c +1 a + c b + c Do đó: bc + ac + ba + b c a c a b + + = + + + + + a +1 b +1 c +1 a + b a + c a + b b + c a + c b + c 1.2 (1,5 điểm) a c a b c b = + + + 1+1+1 = + + = a+b a+b a+c a+c b+c b+c 1 1 bc + ac + ba + Vậy + + = + + = a, b, c > a +1 b +1 c +1 a b c abc Cho đa thức P ( x ) = ( x + 1)( x + )( x + 3) ( x + 2022 ) Khi khai triển đa thức P ( x ) ta P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + + a2022 x 2022 Tính giá trị biểu thức S = Điểm (1,5) 0,25 0,5 0,25 0,5 (1,5) a1 + a3 + a5 + + a2021 a0 − a0 + a2 + a4 + + a2022 ( a1 + a3 + a5 + + a2021 ) Ta có: P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + + a2022 x 2022 = ( x + 1)( x + )( x + 3) ( x + 2022 ) ⇒ P (1) = a0 + a1.1 + a2 12 + + a2022 12022 = (1 + 1)(1 + )(1 + 3) (1 + 2022 ) ⇒ P (1) = a0 + a1 + a2 + + a2022 = 2023! 0,5 Lại có 2022 P ( −1) = a0 + a1 ( −1) + a2 ( −1) + + a2022 ( −1) = ( −1 + 1)( −1 + ) ( −1 + 2022 ) ⇒ P ( −1) = a0 − a1 + a2 − + a2022 = ⇒ a0 + a2 + + a2022 = a1 + a3 + a5 + + a2021 Mà a0 + a1 + a2 + + a2022 = 2023! ⇒ a0 + a2 + + a2022 = a1 + a3 + + a2021 = 2023! Ta có P ( ) = a0 + a1.0 + a2 02 + + a2022 02022 = ( + 1)( + ) ( + 2022 ) 0,5 ⇒ P ( 0) = a0 = 2022! Do 0, 2.1 (2,5 điểm) a1 + a3 + a5 + + a2021 a0 2022! 2022! S= − = = 1− 1− 2023! a0 + a2 + a4 + + a2022 ( a1 + a3 + a5 + + a2021 ) 2023! 2 2022 = 1− = 2023 2023 ( ) Giải phương trình ( x + 1) x + x + −= x3 − x +1 ≥ ⇔ x≥0 Điều kiện xác định: x ≥ 0,25 Khi phương trình cho tương đương với x + x − x − + ( x + 1) ( x += 1) x x − ⇔ x − x x + x + ( x + 1) ( ⇔ x ( 3x − (2,5) ( x + 1) − ( x + 1) =0 ) ( ( x + 1) − 1) =0 ( x + 1) x = x + 1) + x +1 +1 ⇔ x x − x + + ( x + 1) 0,5 x +1 ⇔ x 3x − x + + =0 x +1 +1 x = ⇔ 3 x − x + + x + =0 x +1 +1 0,5 0,25 Ta thấy: 3x − x + + x +1 x + + x +1 3x − x + = x +1 +1 x +1 +1 2 x + + x +1 = 3 x − + − 3 x +1 +1 2 6x + − x +1 = 3 x − + 3 x +1 +1 ( 2 = 3 x − 3 ( + ) ) x + −1 + 5x + ( 0,25 ) x +1 +1 >0 Với x = thoả mãn điều kiện Vậy tất nghiệm phương trình cho x = 2.2 x ( y + 1) + y = (2,5 Giải hệ phương trình 2 điểm) − ( x + y ) + − x y = 5 − ( x + y ) ≥ x + y ≤ Điều kiện: ⇔ 2 x2 y ≤ 2 − x y ≥ Kết hợp với phương trình hệ ta điều kiện ≤ xy ≤ 2 Từ phương trình x ( y + 1) + y = ⇔ xy + x + y = ⇔ x + y = − xy vào phương trình − ( x + y ) + − x2 y = ta 0,5 0,25 (2,5) 0,5 − ( − xy ) + − x y = ⇔ − + xy + − x y = ⇔ xy − + − x y =2 0,5 ⇔ xy − + − x y =2 ⇔ − 2 xy − − 2 − x y =0 ⇔ xy − − 2 xy − + + − x y − 2 − x y + + x y − xy + =0 ⇔ ( ) ) ( 2 − x y − + ( xy − 1) = xy − − + ( ) xy − − ≥ Với ≤ xy ≤ − x y − ≥ ( xy − 1)2 ≥ ) ( Do phương trình ) ( xy − − = ) ( ( 0,5 2 xy − − + ) 2 − x y − + ( xy − 1) = 2 xy − = ⇔ − x y − =0 ⇔ − x y =⇔ xy = xy = ( xy − 1)2 = Với xy = kết hợp với x + y = − xy ta x= − y x= − y x + y = ⇔ ⇔ ⇔ x = y =1 ( y − 1) = ( − y ) y = xy = Với x= y= thoả mãn điều kiện Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1;1) ( ) 3.1 Tìm tất số nguyên tố p, q cho p − q ( p + q + 1) = ( q + 1) (1,5 điểm) Ta có: 2 p − q ( p + q + 1) = ( q + 1) ⇔ p − ( q + 1) − q ( p + q + 1) = 0,5 0,5 (1,5) ⇔ ( p + q + 1)( p − q − 1) − q ( p + q + 1) = ⇔ ( p + q + 1)( p − 2q − 1) = 0,5 ⇔ p −= 2q ⇔ ( p − 1)( p + 1= ) 2q 0,25 ⇔ ( p + q + 1)( p − 2q − 1) =⇔ p − 2q − = 0 ( p, q số nguyên tố) ( Loại q số nguyên tố) Nếu p ≥ , mà p nguyên tố p − p + số chẵn Nếu p = ⇒ ( − 1)( + 1) = 2q ⇔ q = 0,25 ( p − 1)( p + 1) ⇒ 2q ⇒ q , mà q nguyên tố ⇒ q = 3.2 (1,5 điểm) Thay q = vào p − = 2q ⇒ p = ⇒ p = thoả mãn p = Vậy tất số nguyên tố p, q q = Cho m, n, p, q số nguyên thoả mãn ( m + n + p + q ) 30 Chứng minh (m 0,5 (1,5) + n5 + p + q ) 30 Ta có: m5 − m = m ( m − 1= ) m ( m − 1)( m + 1) ( m2 + 1) = m ( m − 1)( m + 1) ( m + 1) = m ( m − 1)( m + 1) ( m − + ) = m ( m − 1)( m + 1)( m − )( m + ) + 5m ( m − 1)( m + 1) 0,25 Ta có m ( m − 1)( m + 1)( m − )( m + ) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 5m ( m − 1)( m + 1) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, Mà ƯCLN ( 2,3,5 ) = nên m ( m − 1)( m + 1)( m − )( m + ) 30 5m ( m − 1)( m + 1) 30 Do 0,5 m ( m − 1)( m + 1)( m − )( m + ) + 5m ( m − 1)( m + 1) 30 ⇒ ( m5 − m ) 30 ( n5 − n ) 30 Chứng minh tương tự ta ( p − p ) 30 ( q − q ) 30 Do ( m5 + n5 + p + q ) − ( m + n + p + q ) 30 mà ( m + n + p + q ) 30 0,25 Vậy ( m5 + n5 + p + q ) 30 Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi BH CQ hai 0,5 (7,0) đường cao tam giác ABC Tiếp tuyến B C đường tròn ( O ) cắt M Đoạn thẳng OM cắt BC cắt đường tròn ( O ) N D Tia AD cắt BC F ; AM cắt BC E cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai K khác A x B Q A K M D E G F N O I H S C 4.1 Chứng minh rằng: AB.KC = AC.KB ABM = AHN (2,5 điểm) Trong ( O ) có: MBK = BAK ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BK ) ⇒ ∆MBK ∆MAB đồng dạng = BAK chung BMK Xét ∆MBK ∆MAB có: MBK BK MB ⇒ = (1) AB MA CK MC Tương tự chứng minh ∆MCK ∆MAC đồng dạng ⇒ = (2) AC MA Do MB; MC tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên MB = MC (3) BK CK = ⇒ AB.CK = AC.BK AB AC Trong ( O ) có: AB ACB = ABx ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn Từ (1), (2) (3) suy ) Có = MB MC = ; OB OC ⇒ OM đường trung trực BC ⇒ N trung điểm BC (2,5) 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Do BH đường cao ∆ABC nên ∆BHC vuông H, mà = NB = NC = NH nên ∆NHC cân N ⇒ NHC ACB Do + = AHN =1800 ; ABx + ABM =1800 ; NHC ABx ⇒ Ta có NHC 4.2 (2,5 điểm) N trung điểm BC nên = NHC ABx AHN = ABM + Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN Chứng minh IOM ADN = 1800 = Kẻ tia MO cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai S khác điểm D ⇒ SN ⊥ BC ⇒ FNS 900 ⇒ N thuộc đường trịn đường kính FS = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay FAS = 900 Trong ( O ) có: DAS ⇒ A thuộc đường trịn đường kính FS Do điểm A, F , N , S thuộc đường trịn đường kính FS Suy tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆AFN trung điểm FS Trong ∆DFS có I trung điểm FS ; O trung điểm DS ⇒ OI đường trung bình + ⇒ OI //DF ⇒ OI //AD ⇒ IOM ADN = 1800 4.3 (2,0 điểm) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt QH G Chứng minh ba điểm A, G, N thẳng hàng 0,25 0,25 (2,5) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0) Gọi G ' giao điểm AN QH Chứng minh ∆ABH ∆BMN đồng dạng ⇒ AH AB = , mà NB = NH BN BM AH AB = mà AHN = ABM suy ∆AHN ∆ABM đồng dạng NH BM = MAB hay G ' AH = EAB (4) Do NAH ⇒ Chứng minh ∆AQC ∆AHB đồng dạng ⇒ AHG ' = ABE AHQ = ABC hay dạng Do AQ AC =, suy ∆AQH ∆ACB đồng AH AB (5) Từ (4) (5) suy ∆AHG ' ∆ABE đồng dạng ⇒ 0,5 0,5 AG ' AH AH AN ( ∆AHN = mà = AB AM AE AB AG ' AN = Theo định lí Ta-lét đảo suy EG ' //MN AE AM Ta có EG //MN ( vng góc với BC ) Do E , G, G ' thẳng hàng, mà G, G ' ∈ QH suy G ' G trùng Vậy ba điểm A, G, N thẳng hàng 5.1 Lấy 2018 điểm phân biệt miền ngũ giác lồi với đỉnh ngũ giác (1,0 ta 2023 điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng Biết diện tích điểm) ngũ giác đơn vị Chứng minh tồn tam giác có đỉnh lấy từ 2023 điểm cho có diện tích khơng vượt đơn vị 4039 Nối điểm 2023 điểm cho tạo thành tam giác đôi chung nhiều cạnh, phủ vừa kín ngũ giác Giả sử có n tam giác tạo thành Khi tổng tất góc n tam giác n.1800 Tổng tính thơng qua tổng sau : -Tổng góc xung quanh điểm ngũ giác 3600 mà có 2018 điểm ngũ giác tổng số đo 2018.3600 - Tổng góc đỉnh ngũ giác 3.1800 Do ta có n.180 = 3.1800 + 2018.3600 ⇒ = n 4039 ∆ABM đồng dạng ) ⇒ Như ta có 4039 tam giác đôi chung nhiều cạnh tạo thành từ 2023 điểm phân biệt đề phủ kín hình ngũ giác Vì diện tích ngũ giác đơn vị nên tồn tam giác có diện tích khơng vượt q đơn vị 4039 0,5 0,5 (1,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 5.2 Xét a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c ≥ Hãy tìm giá trị lớn biểu (1,0 1 điểm) thức Q = a + b + c + a + b + c + a + b + c (1,0) Ta có : x ( y − 1) ≥ với x, y > ⇒ xy − xy + x ≥ ⇒ xy + x ≥ xy ⇒ x + y + xy + x ≥ ( x + y ) ⇒ y ( x + 1) + x ( x + 1) ≥ ( x + y ) ⇒ ( y + x ) ( x + 1) ≥ ( x + y ) ⇒ Vậy 2 x +1 Đẳng thức xảy y = ≤ y + x ( x + y )2 0,25 x +1 (*) ≤ y + x ( x + y )2 Áp dụng BĐT (*) ta có : với x, y > b + c +1 ≤ a + b + c ( a + b + c )2 a + c +1 ≤ a + b + c ( a + b + c )2 b + a +1 ≤ 2 a+b+c (a + b + c) Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta 2(a + b + c) + 1 Q= + + ≤ 2 a +b+c a+b +c a+b+c (a + b + c) Ta chứng minh 2(a + b + c) + ≤1 (a + b + c) 2(a + b + c) + ≤ ⇔ (a + b + c) − 2(a + b + c) − ≥ Thật : (a + b + c) ⇔ ( a + b + c + 1)( a + b + c − 3) ≥ 2(a + b + c) + 1 + + ≤ ≤1 Suy Q = 2 a + b + c a + b2 + c a + b + c2 (a + b + c) 0,25 a + b + c − = a = Vậy GTLN Q ⇔ a = b = c =1 b = c = a+b+c ≥3 0,25 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm mà cách giải khác với đáp án phù hợp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm tròn Hết ... P ( 0) = a0 = 2022! Do 0, 2.1 (2,5 điểm) a1 + a3 + a5 + + a2021 a0 2022! 2022! S= − = = 1− 1− 2023! a0 + a2 + a4 + + a2022 ( a1 + a3 + a5 + + a2021 ) 2023! 2 2022 = 1− = 2023 2023 ( ) Giải... + a2022 = a1 + a3 + a5 + + a2021 Mà a0 + a1 + a2 + + a2022 = 2023! ⇒ a0 + a2 + + a2022 = a1 + a3 + + a2021 = 2023! Ta có P ( ) = a0 + a1.0 + a2 02 + + a2022 02022 = ( + 1)( + ) ( + 2022. .. (1 + 2022 ) ⇒ P (1) = a0 + a1 + a2 + + a2022 = 2023! 0,5 Lại có 2022 P ( −1) = a0 + a1 ( −1) + a2 ( −1) + + a2022 ( −1) = ( −1 + 1)( −1 + ) ( −1 + 2022 ) ⇒ P ( −1) = a0 − a1 + a2 − + a2022