39 hsg9 nam định

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 Nam Định Câu 1 (3,0 điểm) 1) Cho , , a b c l[.]

Trang 1

Tỉnh Nam ĐịnhCâu 1.(3,0 điểm)

1) Cho , , a b c là các số thực dương thoả mãn 1 1 1 1

  abcabc Chứng minh 2221 1 131 1 1      bcacbaabc

2) Cho đa thức P x   x1x2x3  x2022 Khi khai triển đa thức P x  ta

được   220212022

012 20212022

     

P xaa x a xaxax Tính giá trị của biểu thức

1352021002420221352021 2            aaaaaSaaaaaaaa Câu 2.(5,0 điểm) 1) Giải phương trình  31 3 1 3 4 2     xxxx2) Giải hệ phương trình  221 35 2 2 2      x yyxyx yCâu 3.(3,0 điểm)

1) Tìm tất cả các số nguyên tố p q, sao cho p4q2p2q21  q212

2) Cho m n p q, , , là các số nguyên thoả mãn m n p q 30 Chứng minh rằng

 5555

30

   

mnpq

Câu 4.(7,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC với ABACnội tiếp đường tròn O Gọi BHvà CQ là hai đường

cao của tam giác ABC Tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn  O cắt nhau tại M Đoạn thẳng OM cắt BC và cắt đường tròn  O lần lượt tại N và D Tia AD cắt BC tại F; AM

cắt BC tại E và cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K(K khác A) 1) Chứng minh rằng: AB KC AC KB và ABM AHN

2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN Chứng minh   0

180

 

IOMADN

3) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt QH tại G Chứng minh ba điểm , , A G N thẳng

hàng

Câu 5.(2,0 điểm)

1) Lấy 2018 điểm phân biệt ở miền trong của một ngũ giác lồi cùng với 5 đỉnh của ngũ giác đó ta được 2023 điểm phân biệt sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng Biết diện tích của ngũ giác là 1 đơn vị Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2023 điểm đã cho có

9

Trang 2

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

2) Xét , , a b c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức  2 1  12  1 2

     

Q

abcabcabc

Trang 3

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.(3,0 điểm)

1)Cho , , a b c là các số thực dương thoả mãn 111 1

abcabc Chứng minh 2221 1 131 1 1      bcacbaabc

1) Cho đa thức P x   x1x2x3  x2022 Khi khai triển đa thức P x  ta

được   220212022

012 20212022

     

P xaa x a xaxax Tính giá trị của biểu thức

Trang 4

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-20230122022022022132021 2023!2023! 2            aaaaaaaaaaTa có    22022012202200 0 0 0 0 1 0 2 0 20220 2022!          PaaaaPaDo đó 1352021002420221352021 2022! 2022!1 12023! 2 2. 2023!21 202212023 2023                 aaaaaSaaaaaaaaCâu 2.(5,0 điểm) 1) Giải phương trình  31 3 1 3 4 2     xxxx2) Giải hệ phương trình  221 35 2 2 2      x yyxyx yLời giải 1) Giải phương trình  31 3 1 3 4 2     xxxxĐiều kiện xác định: 31 000  xxx

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

Trang 5

222 2 1 433 1 1 32 6 4 2 133 6 1 1xxxxxxxx                    22 1 1 5 223 03 6 1 1xxxx            

Với x0 thoả mãn điều kiện

Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x0

2) Giải hệ phương trình  221 35 2 2 2      x yyxyx yĐiều kiện: 222255 2 022 02          xyxyx yx y

Kết hợp với phương trình trong hệ ta được điều kiện 1

22xy

Từ phương trình x y 1y 3 xy xy  3 xy 3 xy thế vào phương trình

Trang 6

CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Với xy1 kết hợp với xy 3 xy ta được

222212 11 1 0                 xyxyxyxyy yxyy

Với xy1 thoả mãn điều kiện Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x y;    1;1

Câu 3.(3,0 điểm)

1) Tìm tất cả các số nguyên tố p q, sao cho 4 2 2 2   2 2

1 1

    

pqpqq

2) Cho m n p q, , , là các số nguyên thoả mãn m n p q 30 Chứng minh rằng

 5555

30

   

mnpq

Lời giải

1) Tìm tất cả các số nguyên tố p q, sao cho p4q2p2q21  q212

Ta có:  224222242222222222222221 1 1 1 01 1 1 01 2 1 0                        pqpqqpqqpqpqpqqpqpqpq 22  22  221 2 1 0 2 1 0 p q  p  q    p  q   ( do ,p q là các số nguyên tố) Nếu  22 32 2 1 2 1 22      pqq ( Loại do q là số nguyên tố) Nếu p3, mà p nguyên tố thì p1 và p1là các số chẵn do đó  221 1 4 2 4 2      ppqq, mà q nguyên tố q2

Thay q2 vào p2 1 2q2 p2 9 p3 thoả mãn

Vậy tất cả các số nguyên tố ,p q là 32pq

2) Cho m n p q, , , là các số nguyên thoả mãn m n p q 30 Chứng minh rằng

Trang 7

221 1 11 1 4 51 1 2 2 5 1 1              m mmmm mmmm mmmmm mm

Ta có m m 1m1m2m2 là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 3 và 5

5m m 1m1 là tích của 5 và 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 3 và 5

Mà ƯCLN2,3,51 nên m m 1m1m2m2 30 và 5m m 1m 1 30 Do đó

Chứng minh tương tự ta được

555303030 nnppqqDo đó m5n5 p5q5mn pq30 mà m n p q 30 Vậy  555530   mnpqCâu 4.(7,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC với ABACnội tiếp đường tròn O Gọi BHvà CQ là hai đường

cao của tam giác ABC Tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn  O cắt nhau tại M Đoạn thẳng OM cắt BC và cắt đường tròn  O lần lượt tại N và D Tia AD cắt BC tại F; AM

cắt BC tại E và cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K(K khác A) 1) Chứng minh rằng: AB KC AC KB và ABM AHN

2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN Chứng minh   0

180

 

IOMADN

3) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt QH tại G Chứng minh ba điểm , , A G N thẳng

hàng

Lời giải

 1 1 2 25  1 1 30  5 30

Trang 8

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

1) Chứng minh rằng: AB KC AC KB và ABM AHN

Trong  O có: MBKBAK ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn BK

Xét MBK và MAB có: MBKBAK và chung BMK  MBK và MAB đồng dạng

(1)BK MB

ABMA

Tương tự chứng minh được MCK và MAC đồng dạng CK  MC (2)

ACMA

Do MB MC là tiếp tuyến của đường tròn ;  O nên MBMC (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BK CK AB CK  AC BK.

ABAC

Trong  O có: ACBABx ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AB )

Có MBMC OB; OC OM là đường trung trực của BC  Nlà trung điểm của BC

Do BH là đường cao củaABC nên BHCvuông tại H, mà N là trung điểm của BCnên

 

NBNCNH nên NHCcân tại NNHCACB Do đó NHCABx

Ta có   0   0    

180 ; 180 ;

      

NHCAHNABxABMNHCABxAHNABM

2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN Chứng minh   0

180

 

IOMADN

Kẻ tia MOcắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là Skhác điểm  0

90

   

DSNBCFNS

 N thuộc đường trịn đường kính FS

Trong  O có:  0

90

DAS ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay  0

90

FAS

 A thuộc đường trịn đường kính FS

Do đó 4 điểm , ,A F N S cùng thuộc đường tròn đường kính , FS Suy ra tâm I của đường tròn

ngoại tiếp AFN là trung điểm của FS

Trong DFS có I là trung điểm của FS; Olà trung điểm của DSOI là đường trung bình

Trang 9

// //

OI DFOI ADIOM ADN 1800

3) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt QH tại G Chứng minh ba điểm , , A G N thẳng

hàng

Gọi G'là giao điểm của ANvà QH

Chứng minh được ABH và BMN đồng dạng  AH  AB

BNBM , mà NBNH

 AH  AB

NHBM mà 



AHNABM suy ra AHNvà ABM đồng dạng

Do đó NAH MAB hay G AH' EAB (4)

Chứng minh được AQC và AHB đồng dạng  AQ  AC

AHAB, suy ra AQH và ACB đồng

dạng Do đó AHQABC hay AHG'ABE (5)

Từ (4) và (5) suy ra AHG'và ABE đồng dạng  AG' AH

AEAB mà 

AHAN

ABAM( do AHN

và ABM đồng dạng ) ' AG  AN

AEAM Theo định lí Ta-lét đảo suy ra EG' //MN

Ta có EG MN// ( vì cùng vng góc với BC) Do đó , ,E G G thẳng hàng, mà ,' G G'QH suy ra G' và Gtrùng nhau Vậy ba điểm , ,A G N thẳng hàng

Câu 5.(2,0 điểm)

1) Lấy 2018 điểm phân biệt ở miền trong của một ngũ giác lồi cùng với 5 đỉnh của ngũ giác đó ta được 2023 điểm phân biệt sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng Biết diện tích của ngũ giác là 1 đơn vị Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2023 điểm đã cho có

diện tích khơng vượt q 1

4039đơn vị

2) Xét , , a b c là các số thực dương thỏa mãn a b c  3 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức  2 1  12  1 2

     

Q

abca bcab c

Lời giải

1) Nối các điểm trong 2023 điểm đã cho tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh, phủ vừa kín ngũ giác Giả sử có n tam giác được tạo thành Khi đó tổng tất cả các góc của n tam giác này là n.1800

Tổng trên có thể tính thơng qua những tổng sau :

-Tổng các góc xung quanh một điểm trong ngũ giác là 360 mà có 2018 điểm trong ngũ giác 0

do đó tổng số đo là 0

2018.360

- Tổng các góc tại 5 đỉnh của ngũ giác là 0

Trang 10

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Như vậy ta có 4039 tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh tạo thành từ 2023 điểm phân biệt như đề bài phủ kín hình ngũ giác Vì diện tích của ngũ giác là 1 đơn vị nên luôn tồn tại một tam giác có diện tích khơng vượt q 1

4039 đơn vị 2) Ta có : x y 120 với ,x y0 22222 22 0 2xy  xyx  xy x xy x y xy x xy 2 2  2  21 1 1yx x x  xy  y xx  xy 221 1  xyxxy Đẳng thức xảy ra khi y1 Vậy 221 1 xyxxy (*) với ,x y0Áp dụng BĐT (*) ta có : 221  1   bcabcabc 221  1   acabcabc 221  1   baab cabc

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được

22222 31 1 1             a b cQab ca bca b ca b cTa chứng minh 22 31   a b ca b c Thật vậy : 222 31 2 3 0           a b ca b ca b ca b c a b c  1a b c  30 luôn đúng do a b c  3Suy ra 22222 31 1 11             a b cQab ca bca b ca b c

Vậy GTLN của Q là 1 khi