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[.]

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

8 ,

a   b   và

2 2

2 1

c a

c  

Tính giá trị của biểu thức Pa  b c

Câu 2 (5,0 điểm)

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

P x a x a x a x a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời

các điều kiện   1

1

P k

k



 , 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  b c 16

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P a b b c a c

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 vuông 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 vuông 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

i j

A A  i j 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 A i j(1 i j2023) Chứng minh

1011

M  N

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

8 ,

a   b   và

2 2

2 1

c a

c  

Tính giá trị của biểu thức Pa  b c

Lời giải

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

ĐKXĐ: x   Khi đó: 1 x22x6x2 2x2  x 3

  

  

2 2

2

2( 1)

( 1)( 3)

x

x

x x

x

x

x

x x

 



 

2

1

x x

x

x







  



Ta thấy ở phương trình (∗), do điều kiện x   nên1 VT  1 VP

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x  1

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

8 ,

a   b   và

2 2

2 1

c a

c  

Tính giá trị của biểu thức Pa  b c

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  0

Khi 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 Cô si ta có

2



2

2



b



Do đó ta có ac2ba

Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi 1, 1, 1

2

a b c Khi đó 5

2

Vậy P 0 hoặc 5

2

Câu 2 (5,0 điểm)

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

P x a x a x a x a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời các điều kiện   1

1

P k

k



 , 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 2 2   

15

x y  xy xy  nên x y x,  y U 15 và xy x y0

Từ đó có các TH sau:

1

 





 



, giải ra y 7 nên n  5

3

 





 



, giải ra y 1 nên n  1 Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy n  1;5

P x a x a x a x   a là đa thức với hệ số thực thỏa măn đồng thời

các điều kiện   1

1

P k

k



 , 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

Do đó ta có 2024P2023 1 f 20232023!a0

Bây giờ ta sẽ đi tìm a 0

Ta có:

     

    

0

0

2023!

a

a

 

Do đó 0 1

2023!

a  Thế nên 2023 2023! 1 1

2023!

Vậy 2023 1 1 2 1

2024 2024 1012

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 P a b b c a c

Lời giải

Ta có: P 3 16 1 1 1

a b c

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

B

a b c

  

Không mất tính tổng quát giả sử ab Từ giả thiết suy ra 6c  c 14

* Tìm giá trị nhỏ nhất:

16

B

Ta sẽ chứng minh: 4 1 17

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

 

c



c 6 17 c 80 0

    (đúng vì c  ) 6

Vậy giá trị nhỏ nhất của 16.17 91

3

P    Dấu bằng xảy ra khi ab5,c6

* Tìm giá trị lớn nhất:

Ta sẽ chứng minh: 1 1 1

1

1

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

  

1

a b a b

ab a b

 

1 15

B

 Ta tiếp tục chứng minh

1 2 14

B   BĐT này tương đương với

    

c c        (luôn đúng, vì 6 c 14)

Vậy giá trị lớn nhất 16.29 211

3

P   

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 vuông 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 vuông 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

Lời giải

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

Gọi T là giao điểm của OS với AC N, là giao điểm của OM với EF

Ta có STM SNM90 nên ONS# OTM Suy ra OS ON

OM  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 vuông góc kẻ từ M xuống đường thẳng BC Chứng minh EC là tia

phân giác của góc FED

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 nên 2

BC KM Suy ra OCKM

Do DCM OCTOSC, suy ra CDM# SCO

Từ đó: CD SC SC

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

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

A A  i j 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 A i j(1 i j2023) Chứng minh rằng M 10112N

Lời giải

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

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

 

, , 1 mod3

suy ra VT chia hết cho  1 3,VP không chia hết cho 3 (vô lý)  1

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

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

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

31 5 p 48p, phương trình này không 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

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

A A  i j 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 A i j(1 i j2023) Chứng minh rằng M 10112N

Gọi E ij là trung điểm của đoạn A A i j Ta có:

2 i j 2 h k ij hk

1 2023

1

2 i j i j

  

Xét tứ giác A A A A i j h k, ta có 1 

2

ij hk i h j k

E E  A A A A Suy ra:

2 i j 2 h k ij hk

i h i j h k

A A

1

8     i j h k A A i h

1 2023

2021.2020 1

8 2   i h A A i h

1010 N

-Hết -