SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC Mơn thi:2017 Tốn– 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Bài (5.0 điểm) a) Cho số thực a,b ,c thỏa mãn a b c 2018 1 2017 b c c a a b 2018 Tính giá trị biểu thức a b c b c c a a b b) Tìm tất cặp số nguyên x , y thỏa mãn phương trình P x y x xy y 13 Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình 6x 2x 3x 6x b) Giải hệ phương trình x x y y y 2 x y Bài (3.0 điểm) a) Chứng minh không tồn số nguyên dương m , n , p với p nguyên tố thỏa mãn m 2019 n 2019 p 2018 b) Cho x , y, z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y z y 16 z 16 x 16 Bài (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB AC BC , nội tiếp đường tròn O Gọi H hình chiếu A lên BC , M trung P điểm AC P điểm thay đổi đoạn MH ( P khác M P khác H ) a) Chứng minh BAO HAC b) Khi APB 900 , chứng minh ba điểm B , O , P thẳng hàng c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt Q ( Q khác P ) Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định P thay đổi Bài (1.0 điểm) Cho đa giác 2n đỉnh nội tiếp đường tròn O Chia 2n đỉnh thành n cặp điểm, cặp điểm thành đoạn thẳng (hai đoạn thẳng số n đoạn thẳng tạo khơng có đầu mút chung) a) Khi n , cách chia cho bốn đoạn thẳng tạo khơng có hai đoạn có độ dài b) Khi n 10 , chứng minh mười đoạn thẳng tạo tồn hai đoạn thẳng có độ dài Hướng dẫn Bài a) Từ giả thiết, ta có 1 2017 P a b c 2018 2014 2018 b c c a a b b) Điều kiện: x xy y Từ phương trình suy x y Bây ta viết lại phương trình cho dạng 13 x y x xy y (1) Từ đây, ta có 13 x y chia hết cho Mà 14,7 1 nên x y chia hết cho (2) 4 Mặt khác, ta lại có x xy y x y x y x y 2 Do đó, kết hợp với (1), ta suy 13 x y x y Từ đó, với ý x y , ta có đánh giá x y (2), ta x y x xy y 13 x y 7 Giải hệ phương trình x xy y 13 x y x y 52 Kết hợp với 3 4 4 3 Bài 2 trình ta suy x Bây giờ, đặt a 6x , ta có 6x 2x 6x a2 nên phương trình viết lại thành 6x a2 3xa , hay a 6x a 3x a) Điều kiện: x Do 6x 2x 5x x 1 nên từ phương Từ đây, ta có a 3x a 6x Với a 3x , ta có 9x 6x Từ đây, với ý x , ta giải x Với a 6x , ta có 36x 6x Từ đây, với ý x , ta giải x 13 12 13 12 b) Điều kiện: x 2 Từ phương trình thứ hai, ta suy y 2 Phương Vậy phương trình cho có hai nghiệm x x trình thứ hệ viết lại thành y 1 y hay y Giải phương trình này, ta y Một cách tương ứng, ta có x 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x , y 1;0 Bài a) Giả sử tồn số (m , n, p) thỏa mãn yêu cầu đề Dễ thấy m , n p Phương trình cho viết lại thành m n A p 2018 , (1) A m 2018 m 2017n m 2017n mn 2017 n 2018 Nếu A không chia hết cho p từ (1), ta có A m n p 2018 m 2019 n 2019 Từ dễ thấy m n p 2018 , mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p Do m n nên từ (1) suy m n chia hết cho p Khi đó, ta có A 2019m 2018 mod p Do A chia hết cho p m p nên từ kết trên, ta suy 2019 chia hết cho p , hay p 2019 Từ đây, dễ thấy m n khác tính chẵn lẻ, hay m n Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng\ m 2019 , hay m n m mn n 2019 , đó, B m m n m n 673 n3 673 2018 2 672 2018 671 3 671 n3 672 Do m n nên m mn n m n mn , từ ta có m mn n chia hết cho 2019 Tuy nhiên, điều xảy m mn n 3n mod 2019 m mn n mod 2019 Vậy không tồn số m , n , p thỏa mãn yêu cầu đề với dấu đạt x , y , z 0,1,2 (và hốn vị vòng quanh này) Bất đẳng thức P tương 16 b) Ta chứng minh P đương với 16x 16 y 16z y 16 z 16 x 16 hay 16x 16 y 16z z x y z x y y 16 z 16 x 16 Một cách tương đương, ta phải chứng minh xy yz zx (1) 3 y 16 z 16 x 16 Khơng tính tổng quát, giả sử y nằm x z Ta có: y 16 y y 12 y 12 y y xy nên y 16 12 Đánh giá tương tự, ta có yz yz zx zx ; z 16 12 x 16 12 Suy xy yz zx xy yz zx 2 y 16 z 16 x 16 12 Do y nằm x z nên ta có y z y z 0, suy y zx xy yz xy zx xy xyz Từ đó, ta có đánh giá xy yz zx y x xz z y x z y y y y 1 2 Từ (2) (3), ta thu (1) Vậy P Bài OA OB nên BAO ABO , suy AOB 2BAO 900 a) Ta có ACB s®AB AOB (tính chất góc nội tiếp chắn cung) Mà Từ đây, ta có 2ACB 2BAO 900 , hay BAO 900 ACB HAC (vì AHC 900 ) Vậy BAO CAH b) Xét tứ giác APHB , TA CÓ APB AHB 900 gt Mà hai góc nhìn cạnh AB nên tứ giác APHB nội tiếp Suy ABP AHP (cùng chắn cung AP ) (1) 3 Xét tam giác AHC vng H có M trung điểm AC nên MH MC MA (đường trung tuyến nửa cạnh huyền) Từ suy AHP AHM MAH CAH BAO ABO (2) Từ (1) (2), ta có ABP ABO nên tia BO BP trùng Từ suy ba điểm B , O , P thẳng hàng c) Ta có tứ giác BQPH nội tiếp hai góc BQP , BHP vị trí đối nên BQP 1800 BHP PHC MHC Mặt khác, ta lại có MH MC (chứng minh trên) nên MHC MCH ACB Từ đây, ta suy BQP ACB Lại có tứ giác AQMP nội tiếp nên AQP AMP AMH (cùng chắn cung AP ) Mà AMH MHC MCH 2MCH 2ACB (tính chất góc ngồi) nên AQP 2ACB Từ AQB AQP BQP ACB Hai góc AQB ACB nhìn cạnh AB nên tứ giác AQCB nội tiếp Bây giờ, gọi I giao điểm khác P PQ O Ta có BQI BQP ACB AQB nên s®BA =s®BI , hay BA BI Suy I giao điểm khác A đường tròn B , BA O , tức I cố định Vậy đường thẳng PQ qua điểm I cố định Bài Ta đánh số 2n đỉnh đa giác từ đến 2n Khi đó, độ dài đoạn thẳng nối hai đỉnh coi tương ứng với số lượng cung nhỏ nằm hai đỉnh đó, chênh lệch hai số thứ tự theo mod n cộng thêm Sự tồn hai cặp đoạn thẳng có độ dài đề tương ứng với việc tồn hai cặp đỉnh có chênh lệch số thứ tự theo mod n a) Ta cần cách chia cặp số từ đến cho khơng có hai cặp có chênh lệch giống theo mod Cụ thể là, 1, , 2,6 , 3,5 7,8 với chênh lệch , , , , thỏa mãn đề b) Gỉa sử tồn cách ghép cặp a1 ,b1 , a2 ,b2 , , a10 ,b10 cho số từ đến 20 cho khơng có hai số có số dư chia cho 10 Suy a1 b1 a2 b2 a10 b10 mod 10 a1 b1 a2 b2 a10 b10 mod 10 Do tổng a1 b1 a2 b2 a10 b10 số lẻ Chú ý với x , y ngun x y có tính chẵn lẻ với x y Kết hợp với kết trên, ta suy tổng a1,b1 a2 ,b2 a10 ,b10 , lẻ Mặt khác, ta lại có a1,b1 a2 ,b2 a10 ,b10 20 210 số chẵn Mâu thuẫn nhận cho ta kết cần chứng minh ... số (m , n, p) thỏa mãn yêu cầu đề Dễ thấy m , n p Phương trình cho viết lại thành m n A p 2018 , (1) A m 2018 m 2017n m 2017n mn 2017 n 2018 Nếu A không chia hết cho... có A m n p 2018 m 20 19 n 20 19 Từ dễ thấy m n p 2018 , mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p Do m n nên từ (1) suy m n chia hết cho p Khi đó, ta có A 2019m 2018 mod p Do... BAO ABO , suy AOB 2BAO 90 0 a) Ta có ACB s®AB AOB (tính chất góc nội tiếp chắn cung) Mà Từ đây, ta có 2ACB 2BAO 90 0 , hay BAO 90 0 ACB HAC (vì AHC 90 0 ) Vậy BAO CAH b) Xét