9 hsg bắc ninh 2021 2022 (1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP BẮC NINH NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨCC Thời gian: 150 phút Câu 1: (4, điểm) P 1) Rút gọn biểu thức x x x 1  2x  x   x x  x xx  x x  x , với x  0, x 1 M  1;  2) Cho đường thẳng d : y ax  b ( a khác ) Tìm a, b biết d qua cắt trục Ox , Oy A B cho tam giác OAB cân, O gốc tọa độ Câu 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x  x  3  x  1 x     x  x   y  3  y 0  2) Giải hệ phương trình  x  x  x   y 0 Câu 3: (4,0 điểm) 1) Tìm tất nghiệm nguyên dương  x; y  phương trình 1 1 1      x y 100 x y 10 2 2) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p a  b số nguyên tố p  chia hết 2 cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu 4: (6,0 điểm)  O  Điểm M thuộc cung nhỏ CD  O  , M Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn khác C D Đường thẳng MA cắt DB DC theo thứ tụ H K , đường thẳng MB cắt DC AC theo thứ tự E F Hai đường thẳng CH , DF cắt N a Chứng minh tứ giác DHEM nội tiếp HE phân giác góc MHC b Gọi G giao điểm KF HE Chứng minh tứ giác GHOF hình chữ nhật G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KNE HN DK  c Chứng minh HM DC Câu 5: (2,0 điểm)  O  Bước 1, lấy đường kinh đường trịn đó, đầu mút 1) Cho đường tròn tâm đường kính ghi số Bước 2, điểm cung nhận ghi số Bước 3, coi điểm ghi số điểm chia đường trịn; đó, đường trịn chia thành cung nhau; điểm cung ta ghi số có giá trị tổng hai số ghi hai đầu cung tương ứng Cứ tiếp tục trình vậy, hỏi sau 2021 bước tổng sổ ghi đường tròn bao nhiêu? 2 2) Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh bất đẳng thức 2   a b  b c  c a   a 1   b2 1   c2 1  Hướng dẫn giảing dẫn giảin giảii Câu P 1) Rút gọn biểu thức x x x 1  2x  x   x x  x x x x x  x , với x  0, x 1  d  : y ax  b  a 0  Tìm a, b biết đường thẳng  d  qua M  1;  2) Cho đường thẳng cắt trục Ox , Oy lẩn lượt A B cho tam giác OAB cân ( O gốc tọa độ) Lời giải 1/ Ta có P x x    x  x  x 1   x 1    x    x 1 1  x   x    x  x 1 x x x      x x  x 1  1 2x  x x    x  x  x 1  x x x x       x  x  x 1   x  2  x   x    x  x 1 x  x 1 x1 2) Vì đường thẳng d qua M  1;  nên a  b 2 Đường thẳng (d) cắt trục Ox , Oy b  b  A   ;0  OA OB   b  a 1 B  0; b  a  a  Tam giác OAB cân (vì b 0 )  a 1 Từ ta tìm  a; b      1;3 ;  1;1  Câu 1) Giải phương trình x  x  3  x  1 x     x  x   y  3  y 0  2) Giải hệ phương trình  x  x  x   y 0 Lời giải 1) Phương trình tương đương 3x    x  1 3x   x  x 0 t   x  1 t  x  x 0 Đặt t  3x  phương trình  t 2 x    9( x  1)  x  x ( x  3)  t x  Ta có    x 0   x 2  x  2 x  x  0 Với t 2 x  Với t  x    19  x    x  x  x  0 3x  x  3  19    19 S  ; 2;    Vậy phương trình có tập nghiệm 2)ĐKXĐ: y 2 Từ phương trình x  x   y  3  y 0    (2 x)3  x (  y )3   y (1) 3 Nếu x   y  (2 x)  x  (  y )   y 3 Nếu x   y  (2 x)  x  (  y )   y 3 Nếu x   y  (2 x)  x (  y )   y  x 0 2x   y   2 y 5  x Do từ (1) ta có Thay y 5  x vào phương trình x  x  x   y 0 1 2( x  1) ( x  1)  x   y  21 3  1      1  1 ;   x; y    21  Đối chiếu ĐKXĐ hệ phương trình có nghiệm  1          Câu 1) Tìm tất nghiệm nguyên dương  x; y  phương trình 1 1 1      x y 100 x y 10 2 2) Cho a , b số nguyên dương thỏa mãn p a  b số nguyên tố p  chia hết 2 cho Giả sử x , y số nguyên thóa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x , y chia hết cho p Lời giải 1 1 1      x y 100 x y 10 1) Ta có  1 1 1         x x y 100 y 10   x  y 10   x 10  y  x  y  20 y  100 Vì x , y nguyên dương nên y phải số phương 2 * Lập luận tương tự ta có x số phương Đặt x a ; y b với a, b  N  a; b     1;9  ;  2;8  ;;  9;1 Ta có a  b 10 Suy   x; y     1;81 ;  4;64  ;;  81;1  2/ Vì  p  5 :   ax  Ta có  k 2  p 8k   k    by  k 2    ax  by p   a k 2 x8 k 4  b k 2 y k 4 p k 2 k 4  b k 2 y k 4 Nhận thấy a x      a k 2  b k  x k 4  b k  x k 4  y k 4 a Do k 2     b k 2  a 2 k 1    b2 k 1   : a  b2  p   x8 k 4  y k 4 p b  p nên (*) Nếu hai số x , y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y không chia hết cho p theo định lí Fecma ta có x8l 4  x p  1 (mod p ); y k 4  y p  1 modp   x8 k 4  y k 4 2  modp  mâu thuẫn với (*) Vậy hai số x, y chia hết cho p Câu Lời giải a) Vì hình vng ABCD nội tiếp đường tròn nên O giao điểm hai đường chéo hình   vng ABCD Ta có HDE HME 45 nên tứ giác DHEM nội tiếp Suy   DHE DME 90 Lại có BD trung trực AC , mà H thuộc BD nên tam giác AHC cân H  Suy HB tia phân giác AHC 1     OHE  AHM  EHC  OHC  AHC  MHC Ta có 2 , mà   1   BHC  AHC  EHC  MHC 2  Do HE tia phân giác MHC    b) Tam giác HDE có DHE 90 ; HDE 45  GEK 45 1     MFC  sđ AB  sđ MC MKC  sđ AD  sđ MC     2 Ta có ; mà AB  AD  MKC MFC        Suy tứ giác MKFC nội tiếp Lại có KMC  AMC 90  KFC 90 hay KF  AC Vì    GHO HOF GFO 90 nên GHOF hình chữ nhật    Ta có HGF 90  HGK 90 KGE 90 , suy tam giác KGE vuông cân G , nên GK GE (1)    Vì AMB BMC nên MB phân giác AMC Tam giác MHC có HE phân giác   MHC ME phân giác HMC nên E tâm đường tròn nội tiếp tam giác HMC Do    EC phân giác HCM , suy NCD MCD Tương tự ta có KF phân giác  MFD  Ta có DMF Do dẫn đến K tâm đường trịn nội tiếp tam giác DMF , suy DC  phân giác NDM       Từ suy NDC MDC Hai tam giác NCD MCD có NDC MDC ; NCD MCD DC chung nên NCD MCD  NC MC   Hai tam giác NKC MKC có NC MC ; NCK MCK ; KC chung nên NKC MKC     Suy KNC KMC 90  HNK 90 , mà HGK 90 nên HNGK nội tiếp     Lai có KHG GHN  NG KG  GK GN (2) Từ (1) (2) suy GK GN GE , hay G tâm đường tròn ngoại tiểp tam giác NKE     c) Vì KMC KNC 90 nên tứ giác MKNC nội tiếp, suy HMN  NCH    Hai tam giác HMN HCK có MHC chung HMN KCH  HMN HCK  HN HK  HM HC (3) HK EK  KHC Vi HE phân giác nên HC EC (4) EK MK   5  Vì ME phân giác KMC nên EC MC Lại có DBM ∽KCM  MK MD   6 MC MB HD MD   Vì MH phân giác DMB nên HB MB (7) HK HD DK   Do AB / / DK nên HA HB DC (8) HN DK  Từ (3), (4), (5), (6), (7), (8) suy HM DC Câu Lời giải * 1) Gọi S n tổng tất số ghi đường tròn sau n bước, n    Sau bước 1, đường trịn có số 1,1 nên S1 1  2 2.3 Sau bước 2, đường trịn có số 1, 2,1, nên S 1    6 2.3 Sau bước 3, đường trịn có số 1,3, 2,3,1,3, 2,3 nên S3 18 2.3 n S n 2.3n  S  2.3 n n Dự đoán sau bước tổng Ta chứng minh Thật vậy, với n 1   * Giả sử với k tồng S k 2.3     , n   * * *  n k k  *  , nghĩa sau k bước đường trịn cho có số với k k Sang bước thứ k  , ta coi điểm ghi số điểm chia, nên đường tròn chia thành 2k cung Do điểm cung lại ghi tổng hai số ghi hai đầu cung tương k ứng Do S k 1 S k  S k 3 S k 2 3 n 2020 * Vậy S n 2.3 với n   S 2021 2.3 2) Ta có  a  b  c   a  b2  c   a3  ab2    b3  bc    c3  ca    a 2b  b 2c  c a  a Áp dụng BĐT Cauchy ta có Do      a  b  c   a  b2  c  3  a 2b  b2c  c a   a 2b  b c  c a     ab  b3  bc  c3  ca 2 a b  b 2c  c a  a  b  c Suy  2   a b  b c  c a   a 1  b2 1    1    a  b  c      c 1  b2 1 c2 1   a 1 2  a  a  ab  bc  ca  a  b   c  a  Ta có a  b  c ab  bc  ca Áp dụng BĐT Cauchy BĐT Cauchy  Schwarz ta có a a2 1  a  a  b  c  a  a a 1 a a       a b c  a  a b c a  ;  1 (b  c) 1 (b  c ) b2 c2   1  1      1 a  b2  c  a 2  a  b2  c2  a2   a2  b2 c2  a  a2 1 b c a b c Suy a 1  a b c Tương tự b2 1 a a2 1   b b2 1 1 a a b2 c2   1    2  a   a  b c  a a  b c  a  (1) bc  1 b b a2 c2   1    2  b2 1  a  b b  c a  b b  c  ca 1 c c a2 b2     1    2 c2 1 c2 1 c   c  a b  c c  a b  c  (2) a b c c a b  1 1   a  b  c      1 ,    3 ta có b 1 c 1   a 1 Từ 1 a  b b  c c  a a  b2 b2  c c  a  3      6 a  b b  c c  a a  b2 b2  c c  a BĐT chứng minh a b c  Dấu "  " xảy chi    