24 hsg9 hà nội 22 23

Tổng Hợp Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022 2023 CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268  Trang 1  Tỉnh Hà Nội Câu 1 (5,0 điểm) 1 Giải phương trình[.]

Trang 1

Tỉnh Hà Nội Câu 1.(5,0 điểm)

1 Giải phương trình sau: x22x6x2  2x2 x 3

2 Cho các số thực a b c, , thỏa mãn đồng thời các điều kiện

22228,1 4 1abbca   b   và 2221cac  

Tính giá trị của biểu thức Pa  bc

Câu 2.(5,0 điểm)

1 Tìm tất cả số nguyên dương n để 3n  và 121 n 11 là các số chính phương

2 Cho   202220212020

0122022

P x a x a x a x a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời các điều kiện   11P kk , với k 0,1, 2,, 2022 Tính giá trị P2023 Câu 3.(2,0 điểm)

Với a b c, , là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a  bc 16 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức Pa bb ca c

cab

  

  

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A AB(  AC) nội tiếp đường trịn  O Các tiếp tuyến tại A và C

của đường tròn  O cắt nhau tại S Trên tia đối của tia CA lấy điểm M M C Qua S kẻ đường thẳng vng góc với OM , cắt đường tròn  O tại hai điểm phân biệt E và F ( E nằm giữa S và F)

a) Chứng minh rằng đường thẳng ME là tiếp tuyến của  O

b) Gọi D là chân đường vng góc kẻ từ M xuống đường thẳng BC Chứng minh EC là tia

phân giác của góc FED

c) Gọi P Q, lần lượt là giao điểm của MD với hai đường thẳng BE và BF Gọi K là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác BPQ Chứng minh rằng SDK 90

Câu 5.(2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các số nguyên tố , ,m n p thỏa mãn m23n25p28mnp 0

2 Cho đa giác đều A A1 2A2023 Gọi S là tập hợp gồm các trung điểm của các đoạn thẳng

(1 2023)

ij

A A  ij và M là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm thuộc S Gọi N là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng A Aij(1 ij2023) Chứng minh

rằng 2

1011

M  N

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.(5,0 điểm)

1 Giải phương trình sau: x22x6x2  2x2 x 3

22228,1 4 1abbca   b   và 2221cac  

Lời giải

1 Giải phương trình sau: x22x6x2  2x2  x 3ĐKXĐ: x   Khi đó: 1 x22x6x2 2x2  x 3222 6 3 2 2 2 2xxxxx          2222 3 2 22 12 2 22 6 32( 1)2 12 2 2( 1)( 3)2 6 3xxxxxxxxxxxxxxxx                 213 22 (*)2 2 22 6 3xxxxxx        

Ta thấy ở phương trình (∗), do điều kiện x   nên1 VT  1 VP Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x  1

22228,1 4 1abbca   b   và 2221cac  

Từ giả thiết ta suy ra a b c , , 0

Nếu trong ba số a b c, , có một số có giá trị bằng 0, giả sử a  0Khi đó b  và kéo theo 0 c  Ta có 0 P     0 0 0 0

Tương tự, nếu b  hoặc 0 c  cũng kéo theo 0 a b c , ,  0, 0, 0, dẫn đến P 0 Giả sử a b c , , 0 Khi đó, theo bất đẳng thức Cơ si ta có

Trang 3

Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi 1, 1, 12a b c Khi đó 52P  Vậy P 0 hoặc 52P  Câu 2.(5,0 điểm)

1 Tìm tất cả số nguyên dương n để 3n  và 121 n 11 là các số chính phương

2 Cho   202220212020

0122022

P x a x a x a x a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời các điều kiện   11P kk , với k 0,1, 2,, 2022 Tính giá trị P2023 Lời giải

1 Tìm tất cả số nguyên dương n để 3n  và 121 n 11 là các số chính phương Ta có 3n  là số chính phương nên 1 12n 4 4 3 n1 là số chính phương Đặt 12n 4 x2;12n11 y2 với x  y Ta được 22 15x y  xyxy  nên x y x,  yU 15 và xy xy0 Từ đó có các TH sau: TH1: 151xyxy  , giải ra y 7 nên n  5TH2: 53xyxy  , giải ra y 1 nên n  1Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy n  1;5

2 Cho   202220212020

0122022

P x a x a x a x   a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời các điều kiện   11P kk , với k 0,1, 2,, 2022 Tính giá trị P2023

Xét đa thức f x   x1  P x  Đa thức 1 f x có bậc là 2023, hệ số cao nhất là   a 0

Vì đa thức nhận x 0,1,, 2022 là nghiệm nên đa thức f x có dạng    0  1 2  2022

f x a x x x  x

Do đó ta có 2024P2023 1 f 20232023!a0 Bây giờ ta sẽ đi tìm a 0

Trang 4

Do đó 0 12023!a  Thế nên 2023 2023! 1 12023!f  Vậy 2023 1 1 2 12024 2024 1012P     Câu 3.(2,0 điểm)

Với a b c, , là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a b c  16 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức Pa bb ca c

cab     Lời giảiTa có: P 3 16 1 1 1abc       

Do đó, ta chỉ cần tìm min, max của 1 1 1

B

abc

  

Khơng mất tính tổng qt giả sử ab Từ giả thiết suy ra 6c  c 14 * Tìm giá trị nhỏ nhất: Khi đó 4 1 4 116Ba bccc     Ta sẽ chứng minh: 4 1 17

16cc30 Thật vậy, BĐT đó tương đương với

223 16 1790 480 272 17 17 182 480 016 30cccccccc         c 6 17 c 80 0    (đúng vì c  ) 6Vậy giá trị nhỏ nhất của 16.17 91

3

30 15

P    Dấu bằng xảy ra khi ab5,c6 * Tìm giá trị lớn nhất:

Ta sẽ chứng minh: 1 1 11

1

ab a b  Thật vậy, BĐT đó tương đương với

1 1 1 0 (đúng) 1a ba ba babababa b          Khi đó, 1 1115Bcc   Ta tiếp tục chứng minh 1214

B   BĐT này tương đương với

Trang 5

Dấu bằng xảy ra khi ab1,c14

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A AB(  AC) nội tiếp đường tròn  O Các tiếp tuyến tại A và C

của đường tròn  O cắt nhau tại S Trên tia đối của tia CA lấy điểm M M C Qua S kẻ đường thẳng vng góc với OM , cắt đường tròn  O tại hai điểm phân biệt E và F (E nằm

giữa S và F)

a) Chứng minh rằng đường thẳng ME là tiếp tuyến của  O

b) Gọi D là chân đường vng góc kẻ từ M xuống đường thẳng BC Chứng minh EC là tia

c) Gọi P Q, lần lượt là giao điểm của MD với hai đường thẳng BE và BF Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ Chứng minh rằng SDK 90

Lời giải

a) Chứng minh rằng đường thẳng ME là tiếp tuyến của  O

Trang 6

Ta có STM SNM90 nên ONS# OTM Suy ra OSONOM  OT

Từ đó: ON OM OS OT OC2 OE2 OF2

suy ra OEM OFM90 hay ME và MF là hai tiếp tuyến của  O

b) Gọi D là chân đường vng góc kẻ từ M xuống đường thẳng BC Chứng minh EC là tia

Với P Q, là giao điểm của MD với BE BF, Ta có: MEP90OEB90OBEEPMsuy ra MPME

Tương tự MQMF Suy ra MPMEMQMF Từ đó QEP90 CEP

Suy ra E C Q, , thẳng hàng Tương tự F C P, , thẳng hàng

Ta thu được tam giác BPQ có BD QE PF, , là ba đường cao đồng quy tại C

Từ đó: BEF# BQP# DEP, dẫn đến BEFDEP Cuối cùng ta thu được CEFDEF

c) Gọi P Q, lần lượt là giao điểm của MD với hai đường thẳng BE và BF Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ Chứng minh rằng SDK 90

Ta có C là trực tâm của tam giác BPQ K, là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ nên2

BC KM Suy ra OCKM

Do DCM OCTOSC, suy ra CDM# SCO Từ đó: CDSCSC

DM CO  MK

Suy ra SCD# KMD (c.g.c), kéo theo SDCMDK Từ đó: SDK CDM90

Câu 5.(2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các số nguyên tố m n p, , thỏa mãn m23n25p28mnp 0

(1 2023)

ij

A A  ij và M là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm

thuộc S Gọi N là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng A Aij(1 ij2023) Chứng minh rằng M 10112N

Lời giải

Trang 7

Ta viết lại giả thiết như sau: m23n25p28mnp

Xét tính chia hết cho 2 hai vế của biểu thức, ta thấy tồn tại một trong ba số m n p, , phải là số chẵn, nên số đó phải bằng 2

Xét tính chia hết cho 3 hai vế của biểu thức Nếu 3 số đều không chia hết cho 3 thì



222

, , 1 mod3

m np 

suy ra VT chia hết cho  1 3,VP khơng chia hết cho 3 (vơ lý)  1

Do đó tồn tại ít nhất một trong ba số là 3

Nếu m  hoặc 3 p 3, do VP chia hết cho 3 nên cả  1 m p, đều phải chia hết cho 3, dẫn đến

3, 2

m p n Thử lại ta thấy không thỏa mãn

Nếu n  , ta xét 2 TH sau: 3

TH1: m2,n3 Thay vào phương trình ta được 2

31 5 p 48p, phương trình này khơng có nghiệm nguyên

TH2: n3,p2 Thay vào phương tình ta được m24748m, suy ra m 47 Vậy m n p , ,  47, 3, 2

(1 2023)

ij

A A  ij và M là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm

thuộc S Gọi N là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng A Aij(1 ij2023) Chứng minh rằng M 10112N

Gọi Eij là trung điểm của đoạn A Aij Ta có: