TUYỂN tập đề THI HSG TOÁN 9 THÀNH PHỐ HA NOI 1997 2022

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1997 – 2022 ( Dùng cho ôn thi HSG Toán 9 , ôn thi vào trường chuyên , lớp chọn ) HÀ NỘI , 2022 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 2022 FILE WORD.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

Cho tam giác ABC nhọn (AB AC), nội tiếp đường tròn  O Các đường cao AD BE CF, , của

tam giác ABC đồng quy tại trực tâm H Gọi K Q, lần lưọt ià giao diểm của dường thẳng EF

vôi hai dường thẳng AH AO,

1 Chimg minh răng AQE90

2 Gọi I là trung điểm của AH Chưng minh ràng 2

2 Trên bảng ta viết số tự nhiên 2222 gồm 2022 chữ số 2 Mỗi bước ta chọn 22 chữ số liên tiếp nào đó có chữ số ngoài cùng bằng 2, rò̀ biến đổi các chữ số đưđ̛̣c chọn theo quy tắc: chữ số 2 đổi thành chữ số 0 còn chữ sô 0 đổi thành chữ sô 2

a) Chứng minh mọi cách thực hiện đều phải dừng lại sau một số hữu hạn bước

b) Giả sử sau khi thực hiện được n bước thì không thể thực hiện thềm bược nào nữa

Chứng minh n là số lẻ

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :

Ta xét hai trường hợp sau

 a b c  0, thay vào ta được K  1

1 Giả sử 𝑚 là một số tự nhiên thoả mãn 3𝑚+ 2022 = 𝑛2

Nếu 𝑚 ⩾ 2 ta có 𝑛2− 2022 = 3𝑚÷ 9 Diều này dẫn đến 𝑛2+ 3 ⋮ 9

Ta thấy, một số khi chia cho 9 có thể có các số dư sau: {0,1,2, … ,8}, từ đó dẫn tới một số chính phương khi chia cho 9 chỉ có thể dư 0,1,4,7

Khi đó 𝑛2+ 3 không thể chia hết cho 9

Vậy 𝑚 < 2, thử trực tiếp ta có được 𝑚 = 1, 𝑛 = 45 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Khi đó 𝑚 = 1, 𝑛 = 45

2 Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc ta có,

𝑥3+ 𝑦3+ 1 − 3𝑥𝑦 = (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥2+ 𝑦2+ 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦)

Khi đó phương trình tương đương với (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥2+ 𝑦2+ 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦) = 𝑝

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là 𝑥, 𝑦 Khi đó 𝑥 + 𝑦 + 1 ≥ 3, nên chỉ có trường hợp sau

{𝑥 + 𝑦 + 1 = 𝑝

𝑥2+ 𝑦2+ 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦 = 1

Phương trình thứ hai tương đương với (𝑥 − 𝑦)2+ (𝑥 − 1)2+ (𝑦 − 1)2 = 2 Mà 2 = 02+ 12+

12 = 02+ (−1)2+ 12 = 02+ (−1)2+ (−1)2, 𝑥, 𝑦 là các số nguyên dương, ta suy ra (𝑥, 𝑦) ∈{(2,2), (2,1), (1,2)} Chú ý 𝑝 = 𝑥 + 𝑦 + 1 là số nguyên tố nên chỉ có cặp (𝑥, 𝑦) = (2,2) thoả mān Khi đó 𝑝 = 5



 „

Chứng minh tương tự, ta cũng được

1 Đầu tiên chú ý rằng AEB AFC ggg , suy ra AE AF

90 ABC90 AEF, như vây AEFOAC 90 Do dó, AQE90

2 Dễ ý rằng AEH  AFH 90 nên bốn điểm A E F H, , , cùng nằm trền đường tròn dương kính AH Vi thế trung diểm I của AH chính là tâm ngoại tiếp cüa AEF Từ đố ta thu

AEH ADC g g nên AE AD

AH  AC , từ đó suy ra AED AHC (c.g.c) và

ADE ACH Như vây, IEFADE, từ đó suy ra IKE IED  g.g Vi thế, IK IE

IE  ID

, dẩn đến 2

IE IK ID

3 Gọi X Y, làn lượt là các điểm đối xưng với E B, qua Q D, Tì đó, nhận xết rằng AEX

và ABY là các tam giác cân tại A Mặt khác, từ chứng minh các câu trên ta có

QAEBAD và vì thê XAE2QAE2BADBAY Từ đó suy ra BAX YAE và dãn đến AXB AEY c g c   Như vầy, BX EY Hơn nữa, để ỷ ràng RQ và RD tương ửng là các đường trung bình của các tam giác EBX và BEY , do đó

RQ BX  EY RD Chứng minh tương tự ta cûng được JDJQ Như vạyy R J

là đường trung trực của đọan thẳng QD, vì thế JRQD

Bài 5 :

1 Giả sử tồn tại số nguyên tố 𝑝 sao cho (𝑎3+ 𝑏)(𝑏3+ 𝑎) = 𝑝3

Rō ràng 𝑎 ≠ 𝑏 vì nếu 𝑎 = 𝑏 thì 𝑝3 = (𝑎3+ 𝑎)2 Diều này vô lí do 𝑝 là số nguyên tố Giả sử 𝑎 > 𝑏 Vơi chú ý rằng U𝐷(𝑝3) = {1; 𝑝; 𝑝2; 𝑝3} ta suy ra

Khi đó 𝑎 = 1 hoắc 𝑎 = 2 Thay vào ta được (𝑎, 𝑏) ∈ {(1,2), (2,1)}

Ta có nhận xét quan trọng là sau mồi bược biến đổi 𝑥 thành 𝑦 thì 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑦) Thạ̉t vầy, giả sử

ta tác động vào các chữ số từ 𝑥𝑛−21 tôii 𝑥𝑛, thì có 𝑦𝑚= 2 − 𝑥𝑚, với 𝑛 ≥ 𝑚 ≥ 𝑛 − 21

b) Xét 𝑥 là số trên bảng Dật 𝑎𝑖 là chữ số thứ 22𝑖 (xết từ phải qua trái) của 𝑥, vớ 𝑖 = 1,2, … ,91

Sau mổi bước có một và chỉ một trong các 𝑎𝑖 được tác động, do trong 22 số tự nhiên liền tiệp luôn có một số là bội của 22 Mà quá trình chỉ kết thúc khi các chữ số tì̀ chữ số thứ 22 trở đi đều

là 0 , tưc mọi 𝑎𝑖 = 0, kéo theo mỗi 𝑎𝑖 được tác động lẻ lần Do i nhặn 91 giá trị nên số bươ̂c thực hiện sẽ là lẻ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

1 Biết a b c, , là các số nguyên thỏa mãn a b c  chia hết cho 3 và ab bc ca  chia

hết cho 3 Chứng minh ab bc ca  chia hết cho 9

Bài III (2,0 điểm)

Với các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a2b2c2 1, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a b b c ca

Bài IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn  I nội tiếp tam giác nhọn ABC AB( AC) Đường tròn  I tiếp xúc với

,

BC CA lần lượt tại D E, Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BI, cắt AI tại J Gọi P là

hình chiếu vuông góc của J trên BC

1 Tìm tất cả các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn 3x2y  1 2z

2 Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1 Năm điểm phân biệt được đặt tùy ỳ vào hình chữ nhật sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật)

a) Chứng minh mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá 1

2 b) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi N là số tam giác có ba đỉnh là ba điểm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 1

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của N

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :

2 Ta có 𝑃(1 + √3) = 0 nên (1 + √3)3+ 𝑎(1√3) + 𝑏 = 0 hay

(𝑎 + 𝑏 + 10) + (𝑎 + 6)√3 = 0

V a b, là các số hữu tî nền a b 10,a6 cūng là các số hữu tỉ nên theo kết quả quen thuộc "né̉

1 Từ giả thiết ta suy ra J là tâm của đường tròn  J bàng tiépp đỉnh A của tam giác

ABC và P là tiếp điểm của đường tròn  J với cạnh BC Dặt BCa CA,  b, ABc

AB BC CA

BDCP  p b  

2 Ta có BI BJ, tương tíng là phân giác trong và phân giác ngoài của ABC Sừ dụng tính

chá́t phân giác cho tam giác ABN thì ta được

x y z, ,   1;1; 2 là một nghiệm của phương trình đã cho

(b) Nếu 𝑦 ≥ 2 thì 𝑧 > 2, tì̀ đó suy ra 3𝑥− 1 = 2𝑥− 2𝑦 chia hết cho 4 Tìr đô 𝑥 chăn và đật 𝑥 =2𝑡 vồi 𝑡 ∈ ℕ Thế thì

32𝑡− 1 = 2𝑦(2𝑧−𝑦− 1) Nếu 𝑡 chẫn thì 𝑥 chia hết cho 4 và khi đó 3𝑥 − 1 chia hết cho 5 nhưng vé phải không chia hết cho 5 do 𝑧 − 𝑦 lẻ Suy ra 𝑡 lẻ và do đó 𝑥 có dạng 4𝑢 + 2 vối 𝑢 ∈ ℕ Suy ra

2𝑦(2𝑧−𝑦− 1) = 92𝑢+1− 1 = 8(92𝑘+ 92𝑘−1+ ⋯ + 9 + 1)

Vi 92𝑘+ 92𝑘−1+ ⋯ + 9 + 1, 2𝑧−𝑦− 1 là các số lẻ nên 2𝑦 = 8 hay 𝑦 = 3 Thế vào, ta được

2𝑥 − 3𝑥 = 7 Lưu ý là 𝑧, 𝑥 đều chẵn nên ta có thể viết

(2𝑥/2− 3𝑥/2)(2𝑥/2+ 3𝑥/2) = 7

Từ đây tìm được 𝑥 = 2, 𝑧 = 4 Suy ra (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2; 3; 4) là nghiệm của phương trình đã cho Tóm lại, phương trình đā cho có hai nghiệm là (1; 1; 2) và (2; 3; 4)

2 (a) Xét tam giác 𝑀𝑁𝐾 nằm trong hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 có diện tích bằng 1 Qua các đỉnh

𝑀, 𝑁, 𝐾 kẻ các đường thẳng song song vởi các cạnh của hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 ta sẽ tạo ra một hình chữ nhật 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ chứa tam giác 𝑀𝑁𝐾 mà 𝑆𝐴′ 𝐵′𝐶′𝐷′ ≤ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 Diều này có nghīa là ta chỉ cần xét tình huống ba dĩnh 𝑀, 𝑁, 𝐾 nằm trên các cạnh của hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 Có hai khả năng như sau

Trường hợp 1 Hai trong ba điểm 𝑀, 𝑁, 𝐾 cìng thuộc một cạnh, giả sủ là 𝑁, 𝐾 thuộc 𝐶𝐷 Khi đó

𝑀 nằm trên một trong ba cạnh còn lại Ta thấy

tại 𝐸 và qua 𝑀 kẻ đurơng thẳng song song vơi 𝐵𝐶 cất 𝐶𝐷, 𝑁𝐾 tưong ûng tai 𝐸, 𝑄 Khi do,

Tóm lại thì trong mọi tình huóng ta đều có 𝑆𝑀𝑁𝐾 ≤ 1

2 (b) Gọi 𝐼, 𝐽 tương ửng là trung điểm của 𝐴𝐵, 𝐶𝐷 Theo nguyên lý chuồng thỏ thì tồn tai một trong hai hình 𝐴𝐼𝐽𝐷 họ̆c 𝐵𝐼𝐽𝐶 chứa it nhát 3 trong 5 diếm đã cho Không mát tổng quát giả sử BIJ JC chửa ít nhất 3 trong 5 diểm đã cho Theo caú a) thì diện tích của tam giác Δ1 tạo bơi ba điểm này không vượt quá diện tích của hình chữ nhật 𝐵𝐼𝐽𝐶, mà 1

Không mát tổng quát giả sử hình DKLC chứa it nhá́t 3 trong 5 điểm đã cho Lập luận tương tự

như trên thì diện tích tam giác Δ tạo bời ba điểm này cûng không vượt quá 2 1

4 Dến đây có hai khả năng xåy ra như sau:

Trường hợp 1 Hai tam giác Δ1 vì Δ2 khác nhau Khi đó thì ta được 𝑁 ≥ 2

Trường hợp 2 Hai tam giác Δ1 vì Δ2 trùng nhau, giả sử đô là tam giác 𝑋𝑌𝑍 Khỉ đó tam giấc 𝑋𝑌𝑍 phải nằm trong hình chữ nhật 𝐶𝐽𝑂𝐿 (với 𝑂 là giao điểm của 𝐼𝐽 và 𝐾𝐿 ) Gọi 𝑈, 𝑉 là hai

điểm còn lại Né́u một trong hai diểm 𝑈, 𝑉 nằm trong hình chữ nhạ̃t 𝐶𝐽𝑂𝐿, giả sử là điểm U , thì

khỉ đó hai tam giác XYZ và UYZ có diện tích không vựt quá 1

4 Nếu một trong hai điểm U V,

nằm trong hình chû̉ nhật KOJD , giả sử là điểm U , thì khi đô ta có 1 1

UXY KLCD

S  S  Như vạy

hai tam giác UXY và XYZ có diện tích không vự̛̣ quá 1

4 Ta cùng chíng minh tương tự cho trường hợp một trong

hai điểm U V, nầm trong hình chữ nhật BIOL Cã ba khả năng trên ta đều co N2

Ta xêt trường họp cã hai điểm U V, dêu nằm trong hình chữ nhât AlOK Xít bao lô cùa năm diểm X Y Z U V, , , , , Do cả năm điểm đã cho nằm trong hình lụe giác AILCJK nên diẹn tích của

hình bao lòi này không visợt quá ARtCJK 1 1 1 3

8 8 4

S     Ta xét các khả nãng sau

Khả năng 1 Bao lồi của nām điểm X Y Z U V, , , , là một ngû giác Giả sử đó là ngû giác XYZUV

(xem hình vê) Khi đố

3.4

UYZ UXY XUV XYZUV

S S S S 

Do vây, it nhất một trong ba tam giác UYZ UXY, XUV có diện tich không vượt quá 1

4 Tính thêm cả tam giác XYZ thì ta có N2

Khả năng 2 Bao lổ của năm điểm X Y Z U V, , , , lì một tứ giác Giả sứ đó là tứ giâc A A A A vơi 1 2 3 4

điểm A năm trong tử giâc 5 A A A A , trong đó 1 2 3 4 A iX Y Z U V, , , , ,i 1, ,5 Khi đó, ta có

3.4

Khả năng 3 Bao lồi của nãm điém X Y Z U V, , , , lì mộ tạn giác Giả sử đó là tam giác A A A 1 2 3

vơi hai điểm A A nằm trong 4, 5 A A A1 2 3, trong đó A iX Y Z U V, , , , ,i 1, 5 Khi dó, ta có

34

A A A A A A A A A A A A

Do vây, it nhất mọt trong ba tam gíce A A A A A A A A A4 1 2, 4 2 3, 4 3 10 diện tích không vượt quá 1

4 Tương tự, ít nhất một trong ba tam giăc A A A A A A 5 1 2, 5 2 3

5 3 1

A A A có diện tích không vượt quá 1

4, Nhı̛ vây ta sẽ có ít nhất 2 tam giác có diện tích không

vượt quá 1

4

Như vậy trong mọi trưòng hợp ta đều có N2 Một ví dụ để dấu bằng xảy ra là đặt 5 điển đã

cho như hình vẽ dưới đây, trong đó AA3 3 , 4 2

5AB BA 5BC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

Bài 4 (6.0 điểm) Cho đường tròn  I nội tiếp tam giác nhọn ABC ( AB AC) Đường tròn

 I tiếp xúc với các cạnh BC CA, lần lượt tại các điểm D E, Qua điểm B, kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI tại điểm J Gọi P là hình chiếu vuông

góc của điểm J trên đường thẳng BC

a) Chứng minh rằng BDCP

b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC Chứng minh rằng 1 1 2

AI  AJ  AN c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE Gọi K là trung điểm của PQ Chứng minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP

Bài 5 (2.0 điểm).

a) Tìm tất cả các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn 3x2y  1 2z

b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1 Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ nhật sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật)

i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá 1

2

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba

điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích không vượt quá 1

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của n

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :

Lời giải a) Điều kiện: 𝑥 ≥ −3 Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

(𝑥2− 2𝑥 + 1) + (𝑥 + 3 − 4√𝑥 + 3 + 4) = 0, hay

(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐) =

(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 + 𝑏 − 𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐) = 1

Do đó, biểu thức 𝐾 luôn nhận giá trị nguyên là 1

Bài 2 :

Lời giải

a) Từ giả thiết ta có a b a b c     ab bc ca   chia hết cho 3 , hay a2 b23ab chia hết cho 3 Từ đó suy ra a2b2 cùng chia hết cho 3

Với mọi số nguyên x , ta có x chia 3 dư 0,1 hoặc 2 nên x2 chia 3 dư 0 hoặc 1 Suy ra a2 và b2

khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 Như vậy, để a2b2 chia hết cho 3 , ta phải có a2 và b2

cùng chia hết cho 3 , tức a và b cùng chia hết cho 3 Mặt khác, do a b c  chia hết cho 3 nên

c cũng chia hết cho 3 Từ đây, dễ thấy ab bc ca  chia hết cho 9 Ta có điều phải chứng

b) Tính chất của hàng điểm điều hòa (kiến thức lớp 10)

Có: BI, BJ là phân giác trong, ngoài tam giác ABN IA JA

4𝑘 ≡ 2 (mod 3), mâu thuẫn Do đó 𝑧 là số chẳn, tức 𝑧 = 2𝑘 với 𝑘 nguyên dương Khi đó, ta có

Trường hợp 2: 𝑦 ≥ 2 Vi 3𝑥 > 1 nên từ phương trình đã cho, ta có 2𝑧 > 2𝑦, tức 𝑧 > 𝑦 Suy ra

2𝑦 và 2𝑧 cùng chia hết cho 4 Từ đó ta có 3𝑥 ≡ 1(mod4) Nếu 𝑥 là số lẻ, tức 𝑥 = 2ℓ + 1 với ℓ

tự nhiên, thì 3𝑥 = 32ℓ+1 = 3 ⋅ 9ℓ ≡ 3(mod4), mâu thuẫn Do đó 𝑥 là số chẵn, tức 𝑥 = 2ℓ với ℓ nguyên dương

 Giả sử 𝑦 ≥ 4 Khi đó, ta có 2𝑦 và 2𝑧 cùng chia hết cho 16 nên 3𝑥 ≡ 1(mod1)6 Nếu ℓ là

số lẻ, tức ℓ = 2𝑡 + 1 với 𝑡 tự nhiên, thì 3𝑥 = 34𝑡+2 = 9 ⋅ 81𝑡≡ 9(mod16), mâu thuẫn

Do đó ℓ là số chẳn, tức ℓ = 2𝑡 với 𝑡 nguyên dương Suy ra 3𝑥 = 34𝑡 = 81𝑡 ≡ 1(mod5)

Từ đó 2𝑧− 2𝑦 chia hết cho 5 , hay 2𝑧−𝑦 ≡ 1(mod5)

Nếu 𝑧 − 𝑦 là số lẻ, tức 𝑧 − 𝑦 = 2𝑢 + 1 với 𝑢 tự nhiên, thì 2𝑧−𝑦 = 2 ⋅ 4𝑢 ≡ ±2(mod5), mâu thuẫn Do đó 𝑧 − 𝑦 là số chẳn, tức 𝑧 − 𝑦 = 2𝑢 với 𝑢 nguyên dương Khi đó, ta có 2𝑧− 2𝑦 =

2𝑦(4𝑢− 1) chia hết cho 3 Lại có 3𝑥 chia hết cho 3 nên 1 chia hết cho 3 , mâu thuẫn

 Như vậy, ta phải có 𝑦 ≤ 3 Nếu 𝑦 = 2 thì ta có 3𝑥+ 3 = 2𝑧, suy ra 2𝑧 chia hết cho 3 , mâu thuẫn Do đó 𝑦 = 3 Khi đó, ta có

2𝑧− 32ℓ = 7

Từ đây, ta có 2𝑧≡ 1(mod3) Chứng minh tương tự trường hợp 1 , ta suy ra 𝑧 là số chẳn, tức

𝑧 = 2𝑚 với 𝑚 nguyên dương Khi đó ta có

(2𝑚− 3ℓ)(2𝑚+ 3ℓ) = 7

Vì 2𝑚− 3ℓ< 2𝑚+ 3ℓ và 2𝑚+ 3ℓ> 0 nên 2𝑚− 3ℓ= 1 và 2𝑚+ 3ℓ= 7 Từ đó 𝑚 = 2 và ℓ =

1, hay ta có 𝑧 = 4 và 𝑥 = 2 Thử lại, ta thấy thỏa mãn

Vậy có hai bộ số (𝑥, 𝑦, 𝑧) thỏa mãn yêu cầu là (1,1,2) và (2,3,4)

b) i) Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Cho hình chũ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 có diện tích 𝑆 Xét ba điểm

𝐸, 𝐹, 𝐺 không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giơi hạn bởi hình chũ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 Khi đó

1

2

EFG

S  S

Qua ba điểm 𝐸, 𝐹, 𝐺 kẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳng 𝐴𝐵 Trong các đường thẳng này, có một đường thẳng nằm giữa hoạcc trùng với một trong hai đường thẳng kia Không mất tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳng 𝑑 qua điểm 𝐹 Khi đó, đường thẳng 𝑑 sẽ cắt đoạn 𝐸𝐺 tại điểm 𝑃 nào đó Gọi 𝑀, 𝑁 theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng 𝑑 và hai đường thẳng

Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh

ii) Trước hết, ta sẽ chứng minh 𝑛 ≥ 2 Thật vậy, giả sử 𝑛 ≤ 1 Gọi hình chữ nhật đã cho là hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 Chia hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 thành bốn hình chữ nhật nhỏ bằng nhau

𝐴𝑀𝑅𝑄, 𝐵𝑀𝑅𝑃, 𝐶𝑃𝑅𝑁, 𝐷𝑄𝑅𝑁 như hình vẽ bên dưới

Xét hai hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑁𝐷 và 𝐵𝑀𝑁𝐶 Ta thấy mỗi điểm trong năm điểm đã cho sẽ thuộc một trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này Do đó, có ba điểm thuộc cùng một hình chữ nhật Không mất tính tổng quát, giả sử ba điểm đó là 𝐻, 𝐾, 𝑆 và chúng cùng thuộc hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑁𝐷

Xét hai hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑅𝑄 và 𝐷𝑄𝑅𝑁 Ta thấy mỗi điểm trong ba điểm 𝐻, 𝐾, 𝑆 sẽ thuộc một trong hai miển mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này Do đó, có hai điểm thuộc cùng một hình chữ nhật Không mất tính tổng quát, giả sử hai điểm đó là 𝐻, 𝐾 và chúng cùng thuộc hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑅𝑄

Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phần i), ta có

𝑆𝐻𝐾𝑆 ≤ 1

2𝑆𝐴𝑀𝑁𝐷 =

1

4 Gọi hai điểm còn lại trong năm điểm là 𝑉 và 𝑊 Nếu có một điểm nào đó trong hai điểm này thuộc đa giác 𝐴𝐵𝑃𝑅𝑁𝐷, chẳng hạn là 𝑉 thì bằng cách sử dụng kết quả đã chứng minh ở phần i ),

n , mâu thuẫn Vậy ta phải có n2

Mặt khác, ta có n2 được thỏa mãn trong trường hợp sau

Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n23n11 không chia hết cho 49

2 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x y p với , ,  p là số nguyên tố thỏa mãn:

 

6 2

x  p y  x p

Bài III ( 3,0 điềm)

1 Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn 2  2 2

5(xy)  x y Chứng minh 1 2

2

x y

1 Chứng minh các tam giác BMR và BIP đồng dạng

2 Chứng minh đường thẳng PR song song với đường thẳng AC

3 Chứng minh đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng AP

Bài V ( 1,0 điểm)

Có 15 hộp rồng Mỗi bước, người ta chọn một số hộp rồi bỏ vào mổi hộp một số viên bi sao cho

số viên bi bỏ vào mỗi hộp là một lũy thừa của 2 và trong mỗi bước không có hai hộp nào có số bi

được bỏ vào giống nhau Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho sau khi thực hiện k bước tất

cả các hộp đều có số bi giống nhau

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I :

 Trường hợp 1: b là số lớn nhất hoạc là số nhỏ nhất trong a b c d, , ,

 Nếu b là số lớn nhất trong a b c d, , , thì ta có c d a7, 7, 7 b7 nên

3

c d a b b b  b

Mặt khác, theo giả thiết thì dấu đẳng thức phải xảy ra Do đó c  d a b

 Nếu b là số nhỏ nhất trong a b c d, , , thì ta có c d a7, 7, 7 b7 nên

 Trường hợp 2: d là số lớn nhất hoạc là số nhỏ nhất trong a b c d, , , Chứng minh tương tự

như trường hợp trên, ta cūng có a b c d  

 Trường hợp 3: a là số lờn nhất hoạc là số nhỏ nhất trong a b c, , , d Chứng minh tương tự trường hợp 1 , ta cūng có a b c d  

Vậy, trong mọi trường hợp, ta luôn có a  b c d

Bài II :

Lời giải

a) Giả sử tồn tại số tự nhiên 𝑛 sao cho 𝑛2+ 3𝑛 + 11 chia hết cho 49 Khi đó, ta có

4(𝑛2+ 3𝑛 + 11) = (2𝑛 + 3)2+ 35 chia hết cho 49

Mà 35 và 49 cùng chia hết cho 7 nên ta có (2𝑛 + 3)2 chia hết cho 7 Suy ra 2𝑛 + 3 chia hết cho

7 Tữ đó (2𝑛 + 3)2 chia hết cho 49 Kết hợp với (1), ta được 35 chia hết cho 49 , mâu thuẫn Vậy, với mọi số tự nhiên 𝑛 thì 𝑛2+ 3𝑛 + 11 không chia hết cho 49

b) Do 6(𝑥 + 2𝑝) chia hết cho 3 nên từ phương trình đā cho, ta suy ra 𝑥2+ 𝑝2𝑦2 chia hết cho 3 Mặt khác, ta có để ý rằng, với mọi số nguyên 𝑎 thì 𝑎2 chia 3 dư 0 hoặc 1 Do đó, để 𝑥2+ 𝑝2𝑦2chia hết cho 3 thì ta phải có 𝑥2 và 𝑝2𝑦2 cùng chia hết cho 3 Suy ra 𝑥 và 𝑝𝑦 cùng chia hết cho 3

Đặt 𝑥 = 3𝑎 với 𝑎 nguyên dương Phương trình đā cho có thể được viết lại thành

9𝑎2+ 𝑝2𝑦2 = 18𝑎 + 12𝑝

Do 9𝑎2, 𝑝2𝑦2 và 18𝑎 chia hết cho 9 nên từ phương trình trên, ta suy ra 12𝑝 chia hết cho 9 , tức 𝑝 chia hết cho 3 Mà 𝑝 là số nuyên tố nên 𝑝 = 3 Khi đó, phương trình (1) có thể viết lại thành

𝑎2 + 𝑦2 = 2𝑎 + 4, hay

(𝑎 − 1)2+ 𝑦2 = 5

Vì (𝑎 − 1)2 ≥ 0 nên từ phương trình trên, ta suy ra 𝑦2 ≤ 5 Do 𝑦 là số nguyên dương nên ta có

𝑦 ∈ {1,2} Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm được các cặp số nguyên dương (𝑎, 𝑦) thỏa mân

phương trình (2) là (3,1) và (2,2) Từ đó suy ra, có hai bộ số (𝑥, 𝑦, 𝑝) thỏa mān yêu cầu đề bài là (9,1,3) và (6,2,3)

2 + 2𝑧

=45

và

𝑃 = 2 − 3𝑧

𝑥 + 2𝑧 ≤ 2 −

3𝑧2𝑧 + 2𝑧=

5

4

∠𝑃𝐷𝑁 = ∠𝐴𝐷𝐵 + ∠𝐵𝐷𝑃 = ∠𝐴𝐷𝐵 +1

2∠𝐵𝐷𝐶 = ∠𝐴𝐷𝐵 +1

2(180∘− ∠𝐴𝐷𝐵) = 90∘+1

2∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘+1

Mà hai góc 𝑅𝑁𝑃 và 𝑁𝑅𝐴 ở vị trí so le trong nên 𝑅𝐴 ∥ 𝑃𝑁 Tứ giác 𝐴𝑅𝑃𝑁 có 𝑃𝑅 ∥ 𝐴𝑁 và 𝐴𝑅 ∥

𝑁𝑃 nên là hình bình hành Suy ra hai đường chéo 𝑅𝑁 và 𝐴𝑃 cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Vậy 𝑀𝑁 đi qua trung điểm của 𝐴𝑃

Bài V :

Lời giải

Giả sử sau 𝑘 bước, mổi hộp đều có 𝑛 viên bi Khi đó, số bi trong tất cả các hộp là 15𝑛 Gọi 2𝑚 𝑖

là số viên bi nhiều nhất được bỏ vào một hộp nào đó ở bước thứ 𝑖(1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘) Gọi 𝑚 là số lớn nhất trong các số 𝑚1, 𝑚2, … , 𝑚𝑘 Khi đó, ở mổi bước, số viên bi được bỏ vào tất cả các hộp không vượt quá 2𝑚+ 2𝑚−1+ ⋯ + 21+ 20 = 2𝑚+1− 1 Suy ra, sau 𝑘 bước, số viên bi trong tất

cả các hộp không vượt quá 𝑘(2𝑚+1− 1) Do đó

15𝑛 ⩽ 𝑘(2𝑚+1− 1) < 𝑘 ⋅ 2𝑚+1 Mặt khác, dể thấy 𝑛 ≥ 2𝑚 nên 15 ⋅ 2𝑚≤ 15𝑛 < 𝑘 ⋅ 2𝑚+1, suy ra 𝑘 > 7.5 Vì 𝑘 là số nguyên dương nên 𝑘 ≥ 8 Do đó, cần không ít hơn 8 bước để số bi trong tất cả các hộp đều bằng nhau Mặt khác, ta có thể thực hiện 8 bước bỏ bi vào các hộp như sau:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

     là một tích của 2019 thừa số Tính S (kết quả

để dưới dạng phân số tối giản)

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Biết a b; là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2

a ab b chia hết cho 9 , chứng minh rằng cả a

và b đều chia hết cho 3

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n11 là tích của k k N,k 2 số tự nhiên liên tiếp

   luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1

b) Với các số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 thay đổi thỏa mãn điều kiện 𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2+ 2𝑎𝑏𝑐 = 1 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 𝑃 = 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑎𝑏𝑐

Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 vuông tại 𝐴(𝐴𝐵 < 𝐴𝐶) Đường tròn ( 𝐼) nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 tiếp xúc với các cạnh 𝐵𝐶, 𝐶𝐴, 𝐴𝐵 lân lượt tại 𝐷, 𝐸, 𝐹 Gọi 𝑆 là giao điểm của 𝐴𝐼 và 𝐷𝐸 a) Chứng minh rằng tam giác 𝐼𝐴𝐵 đồng dạng với tam giác 𝐸𝐴𝑆

b) Gọi 𝐾 là trung điểm của 𝐴𝐵 và 𝑂 là trung điểm của 𝐵𝐶 Chứng minh rằng ba điểm 𝐾, 𝑂, 𝑆 thẳng hàng

c) Gọi 𝑀 là giao điểm của 𝐾𝐼 và 𝐴𝐶 Đường thẳng chứa đường cao 𝐴𝐻 của tam giác 𝐴𝐵𝐶 cắt đường thẳng 𝐷𝐸 tại 𝑁 Chứng minh rằng 𝐴𝑀 = 𝐴𝑁

Câu 5: (1,0 điểm) Xét bảng ô vuông cõ 10 × 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị Người

ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1 Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

a) Chứng minh rằng ∠𝐵𝐴𝑂 = ∠𝐻𝐴𝐶

b) Khi ∠𝐴𝑃𝐵 = 90∘ chứng minh ba điểm B, O, P thẳng hàng

c) Đường tròn ngoại tiếp AMP và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt nhau tại Q (𝑄 khác 𝑃) Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đối

Câu 5: (3,0 điểm) Cho đa giác đều 2𝑛 đỉnh nội tiếp đường tròn (𝑂) Chia 2𝑛 đỉnh này thành 𝑛 cặp điểm, mỗi cặp điểm này tạo thành một đoạn thằng (hai đoạn thẳng bất kỳ trong số 𝑛 đoạn thẳng được tạo ra không có đâu mút chung)

a) Khi 𝑛 = 4, hãy chỉ ra một cách chia sao cho trong bốn đoạn thẳng được tạo ra không có hai đoạn thẳng nào có độ dài bằng nhau

b) Khi 𝑛 = 10, chứng minh rằng trong mười đoạn thẳng được tạo ra luôn tồn tại hai đoạn thẳng

có độ dài bằng nhau

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

x

x y x y y

y

x y x y x

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P cùng huộc một đường tròn

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E Gọi F là điểm trên cạnh BC sao cho

CF = BE Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng

c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM Chứng minh rằng PN = PO

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

b) Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho 2

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M cù̀ ng thuộc một đường tròn

b) Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, CA

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

a) Chứng minh rằng: cos BAC cos CBA cos ACB 12  2  2 

b) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn (O) Gọi M, I lân lượt là trung điêm các đoạn thẳng BC và HP Chứng minh rằng MI vuông góc với AP

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên tố p sao cho

2

22

p  p

là lập phưong của một số tự nhiên b) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1 Xếp 5 số này trên một đường tròn Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách xễp sao cho hai số bất kì cạnh nhau có diện tích không lớn hơn 1

9

ĐỀ CHÍNH THỨC