Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm học 2022 - 2023 sở GD&ĐT Hà Nội - THCS.TOANMATH.com

THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023

Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Đức Hiếu – Đào Phúc Long

1. Đề thi

Bài 1 (5.0 điểm). d a) Giải phương trìnhp

x²C2xC6Cx² Dp

2xC2 xC3:

b) Choa; b; clà các số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện _a2^aC²1 Db; _4b^8b2C²1 Dcvà _c^2c2C²1 Da:

Tính giá trị của biểu thứcP DaCbCc:

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngnthỏa mãn3nC1và12n 11là số chính phương.

b) Cho đa thứcP .x/có bậc không quá2022thỏa mãnP .k/D _kC¹₁ với mọikD0; 1; : : : ; 2022:

Tính giá trị củaP .2023/:

Bài 3 (2.0 điểm). Xét các số nguyên dươnga; b; c thỏa mãnaCbCc D16;tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP D ^aC_c^b C^bC_a^c C ^cC_b^a:

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giácABC vuông tạiA .AB < AC /nội tiếp đường tròn.O/:Các tiếp tuyến tạiAvàC của đường tròn.O/cắt nhau tại điểmS:Trên tia đối của tiaCA;lấy điểmM (M khácC). Qua điểmS;kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳngOM;cắt đường tròn.O/tại hai điểm phân biệtE; F (E nằm giữaS vàF).

a) Chứng minh rằng đường thẳngME là tiếp tuyến của đường tròn.O/:

b) GọiD là chân đường vuông góc kẻ từ điểmM đến đường thẳngBC:Chứng minh rằngEC là tia phân giác của gócFED:

c) GọiP; Qlần lượt là giao điểm của đường thẳngMDvới hai đường thẳngBE vàBFIK là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácBPQ:Chứng minh rằng∠SDK D90^ı:

Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên tốm; n; pthỏa mãnm²C3n²C5p² 8mnpD0:

b) Cho đa giác đềuA1A2: : : A2023:GọiS là tập hợp gồm các trung điểm của các đoạn thẳng AiAj .1i < j 2023/vàM là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm thuộc tậpS:GọiN là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳngAiAj .1i < j 2023/:

Chứng minh rằngM < 1011²N:

1

2 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2023

2. Lời giải và bình luận các bài toán

Bài 1 (5.0 điểm). d a) Giải phương trìnhp

x²C2xC6Cx² Dp

2xC2 xC3:

b) Cho a; b; c là các số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện _a2^aC²1 D b; _4b^8b2C²1 D c và

2c²

c²C1 Da:Tính giá trị của biểu thứcP DaCbCc:

Lời giải. a)Điều kiện:x 1:Phương trình đã cho tương đương với px²C2xC6 3C.x²Cx 2/C

2 p

2xC2 D0;

hay

.x 1/.xC3/

px²C2xC6C3 C.x 1/.xC2/ 2.x 1/

p2xC2C2 D0:

Phương trình trên có thể được viết lại thành

.x 1/

xC3

px²C2xC6C3 CxC2 2 p2xC2C2

D0:

Vìx 1nên ^{p xC3}

x²C2xC6C3 > 0vàxC2 ^p_2xC²_2C2 xC2 ²₂ DxC10:Do đó, từ phương trình trên, ta suy rax D1:Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhấtx D1:

b)Từ giả thiết, dễ thấya; b; c 0:Nếu tronga; b; c có một số bằng0thì hiển nhiên các số còn lại cũng bằng0và như vậy, trong trường hợp này, ta cóP D0:

Xét trường hợpa; b; c > 0:Khi đó, từ giả thiết, ta có

16abc D.a²C1/.4b²C1/.c²C1/:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

.a²C1/.4b²C1/.c²C1/2a4b2c D16abc:

Vì dấu đẳng thức phải xảy ra nên ta phải cóaD1; b D ¹₂ vàc D1:Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Và như vậy, trong trường hợp này, ta cóP D1C1C ¹₂ D ⁵₂:

VậyP D0(khiaDb Dc D0) hoặcP D ⁵₂ (khiaD1; b D ¹₂; cD1).

Bài 2 (5.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên dươngnthỏa mãn3nC1và12n 11là số chính phương.

b) Cho đa thứcP .x/ có bậc không quá2022thỏa mãnP .k/ D _kC¹₁ với mọik D0; 1; : : : ; 2022:Tính giá trị củaP .2023/:

Lời giải. a)Đặt3nC1Da²và12n 11Db²vớia; b nguyên dương. Khi đó, ta có .2a b/.2aCb/D4.3nC1/ .12n 11/D15:

Đến đây, bằng cách xét các trường hợp cụ thể với chú ý 2a b < 2aCb và2aCb > 0; ta được .a; b/2˚

.4; 7/; .2; 1/ :Một cách tương ứng, ta cón2 f1; 5g:Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy, có hai giá trịnthỏa mãn yêu cầu đề bài lànD1vànD5:

b)ĐặtQ.x/D.x C1/P .x/ 1;khi đó Q.x/có bậc không quá2023vàQ. 1/ D 1:Ngoài ra, theo giả thiết, ta cóQ.0/ D Q.1/ D D Q.2022/ D 0:Do đó, với chú ý degQ 2023;ta có Q.x/DM.x 0/.x 1/ .x 2022/vớiM là một số thực nào đó.

VìQ. 1/ D 1nên 1DM. 1 0/. 1 1/ . 1 2022/D M 2023Š;suy raM D _2023Š¹ : Từ đóQ.x/D _2023Š¹ x.x 1/ .x 2022/;suy ra

.xC1/P .x/ 1D 1

2023Šx.x 1/ .x 2022/:

Chox D2023;ta được2024P .2023/ 1D _2023Š¹ 20232022 1D1:Suy raP .2023/D ₁₀₁₂¹ :

Bài 3 (2.0 điểm). Xét các số nguyên dươnga; b; c thỏa mãnaCbCc D16;tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP D ^aC_c^b C^bC_a^c C ^cC_b^a:

Lời giải. Từ giả thiết, ta có

P C3D.aCbCc/

1 a C 1

b C 1 c

D16

1 a C 1

b C 1 c

:

Doa; b 1nênc 14;suy ra.c 1/.c 14/0:Từ đó1415c c²;hay ¹⁴_c 15 c:Tương tự, ta cũng có ¹⁴_a 15 avà ¹⁴_b 15 b:Do đó

14 1

a C 1 b C 1

c

45 .aCbCc/D29:

Suy ra ¹_a C ¹_b C ¹_c ²⁹₁₄:Như vậy, ta cóP C316 ²⁹₁₄ D ²³²₇ ;hayP ²¹¹₇ :Mặt khác, dễ thấy với aDb D1vàc D14thìP D ²¹¹₇ :Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thứcP là ²¹¹₇ :

Tiếp theo, ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất củaP:Không mất tính tổng quát, giả sửab c:Khi đó, ta có a ^aC₃^bCc D ¹⁶₃:Màalà số nguyên dương nêna6:

Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1

a C 1 b C1

c 1

a C 4

bCc D 1

a C 4 16 a:

Ta sẽ chứng minh ¹_a C _{16 a}^{4 17}₃₀;hay

.a 6/.17a 80/0:

Bất đẳng thức này đúng vìa 60và17a 80176 80 > 0:Như vậy, ta có ¹_a C ¹_b C¹_c ¹⁷₃₀: Suy raP C316 ¹⁷₃₀ D ¹³⁶₁₅:Từ đóP ⁹¹₁₅:Mặt khác, vớiaD6vàb Dc D5thìP D ⁹¹₁₅:Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP là ⁹¹₁₅:

4 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2023

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giácABC vuông tạiA .AB < AC /nội tiếp đường tròn.O/:Các tiếp tuyến tạiAvàC của đường tròn.O/cắt nhau tại điểmS:Trên tia đối của tiaCA;lấy điểm M (M khácC). Qua điểmS;kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳngOM;cắt đường tròn .O/tại hai điểm phân biệtE; F (E nằm giữaS vàF).

a) Chứng minh rằng đường thẳngME là tiếp tuyến của đường tròn.O/:

b) GọiDlà chân đường vuông góc kẻ từ điểmM đến đường thẳngBC:Chứng minh rằngEC là tia phân giác của gócFED:

c) GọiP; Qlần lượt là giao điểm của đường thẳngMDvới hai đường thẳngBE vàBFIK là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácBPQ:Chứng minh rằng∠SDK D90^ı:

B O C

A

S

M E

F I

J

D T

L

G

P

Q K

H

Lời giải. a)GọiI là giao điểm của đường thẳngAC và đường thẳngACIJ là giao điểm của đường thẳngOM và đường thẳngEF:Khi đó, dễ thấy hai tam giácOJS vàOIM đồng dạng (g-g). Suy ra

OJ

OS D _OM^OI :Từ đóOJ OM DOI OS D OC² DOE²:Vì thế tam giácOEM vuông tạiE;hay nói cách khác, ta cóME là tiếp tuyến của đường tròn.O/:

b)Dễ thấy năm điểmO; E; D; M; F cùng thuộc đường tròn tâmT;đường kínhMO:GọiLlà giao điểm của đường thẳngOM và đường thẳngDF;ta có

∠DTF D∠DT LC∠F T LD2.∠DOT C∠FOT /D2∠DOF:

Chứng minh tương tự, ta cũng có∠DTF D2∠DEF:Suy ra∠DOF D∠DEF:Bây giờ, gọiG là giao điểm thứ hai của đường thẳngOE và đường tròn.O/;ta có

∠DOF D∠COG ∠GOF D2.∠CEO ∠OEF /D2∠CEF:

Do đó∠DEF D2∠CEF:Suy raEC là tia phân giác của gócFED:

c)Dễ thấyC; E; P; D cùng thuộc một đường tròn và∠CPD D∠CED;∠FEC D∠FBC (chứng minh tương tự như ở câub)). Suy ra∠CPDD∠CEDD∠FECD∠FBC:Mà∠FBCC∠BQPD90^ı nên∠CPDC∠BQP D90^ı;từ đóP C ?BQ:Lại cóCF ?BQnên ba điểmP; C; F thẳng hàng.

Từ đây, dễ thấyC là trực tâm của tam giácBPQ:Kết hợp vớiEC ?BP;ta suy ra ba điểmC; Q; E thẳng hàng. Tiếp theo, ta có chú ý rằng

∠PEM D180^ı ∠BEO D90^ı ∠BEO D90^ı ∠EBO D∠EPM:

Suy ra tam giácMPEcân tạiM;tức ta cóMP DME:Chứng minh tương tự, ta cũng cóMF DMQ:

MàME DMF nênMP DMQ;tứcM là trung điểm củaPQ:

Đến đây, bằng cách sử dụng kết quả quen thuộc của trực tâm tam giác, ta cóMK D ¹₂BC DOC:Dễ thấy hai tam giácOCD vàMDC đồng dạng (g-g), suy ra

MK

MD D OC

MD D CD CS:

Từ đó, ta có hai tam giác vuông KMD vàS CD đồng dạng (c-g-c). Suy ra∠MDK D ∠CDS:Từ đây, ta có∠KDS D∠KDC C∠CDS D∠KDC C∠MDK D90^ı:

Bài 5 (2.0 điểm). d

a) Tìm tất cả các số nguyên tốm; n; pthỏa mãnm²C3n²C5p² 8mnpD0:

b) Cho đa giác đều A1A2: : : A2023: Gọi S là tập hợp gồm các trung điểm của các đoạn thẳngAiAj .1i < j 2023/và M là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳng có hai đầu mút là hai điểm thuộc tậpS:GọiN là tổng độ dài của tất cả các đoạn thẳngAiAj

.1i < j 2023/:Chứng minh rằngM < 1011²N:

Lời giải. a)Nếu cả ba sốm; n; pđều lẻ thìm²C3n²C5p²là số lẻ, suy ra8mnpcũng là số lẻ, mâu thuẫn. Do đó, trong ba sốm; n; p có ít nhất một số bằng2:

Trường hợp 1: m D2:Phương trình đã cho có thể được viết lại thành 3n²C5p²C4D16np:

Nếu cảnvàpđều lẻ thì ta cón²; p² 1 .mod 8/:Suy ra3n²C5p²C43C5C44 .mod 8/;

từ đó16np4 .mod 8/;mâu thuẫn. Do đó, trong hai sốn; pcó ít nhất một số bằng2:Tuy nhiên, bằng cách thử trực tiếp hai trường hợp, ta đều không tìm được cặp số.n; p/thỏa mãn yêu cầu.

6 Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2023

Trường hợp 2: nD2:Phương trình đã cho có thể được viết lại thànhm²C5p²C12D16mp;hay .m 8p/² 59p² D 12:

Suy ra.m 8p/² 59p²0 .mod 3/;từ đó.m 8p/²Cp²0 .mod 3/:Mà.m 8p/²0; 1 .mod 3/

vàp² 0; 1 .mod3/nên điều này xảy ra chỉ khi m 8p vàp cùng chia hết cho 3:Từ đó, ta có mDp D3:Thử lại, ta thấy không thỏa mãn.

Trường hợp 3: p D2:Phương trình đã cho được viết lại thànhm² 16mnC3n²C20D0;hay .m 8n/² 61n²D 20:

Suy ra.m 8n/² 61n²1 .mod 3/;hay.m 8n/² n²1 .mod 3/:Mà.m 8n/²0; 1 .mod 3/

vàn²0; 1 .mod 3/nên điều này xảy ra chỉ khi.m 8n/²1 .mod 3/vàn²0 .mod 3/:Suy ra nD3:Thay trở lại phương trình đã cho, ta đượcmD47:

Vậy, có duy nhất một bộ số.m; n; p/thỏa mãn yêu cầu đề bài là.47; 3; 2/:

b)Từ các điểmA1; A2; : : : ; A2023;ta xét tất cả các tam giác và tứ giác có đỉnh là2023điểm trên. Ta có hai bổ đề sau.

Bổ đề 1.Cho tam giácABC cóM; N; P lần lượt là trung điểm của các cạnhBC; CA; AB:Khi đó

MN CNP CMP D ABCBC CCA

2 : .1/

Kết quả này được suy ra trực tiếp từ tính chất đường trung bình của tam giác.

Bổ đề 2.Cho tứ giácABCD:GọiM; N; P; Q; R; S lần lượt là trung điểm của các cạnhAB; BC;

CD; DA; AC vàBD:Khi đó

MP CNQCSR < ABCBC CCDCDACAC CBD

2 : .2/

A

D

C B

Q

P

N M

R S

Chứng minh.Theo bất đẳng thức tam giác, ta có

MP < MN CNP D AC

2 C BD

2 D AC CBD

2 :

Chứng minh tương tự, ta được

NQ < QS CSN D ABCCD

2 ; SR < SP CPRD ADCBC 2

Kết hợp các bất đẳng thức trên, ta có bất đẳng thức.2/:

Trở lại bài toán, ta có các nhận xét sau.

Với mỗi đoạn thẳng có hai đầu mút là hai trong các điểm thuộc tậpS thì hoặc nó là đường trung bình trong một tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho, hoặc nó là đoạn nối trung điểm hai cạnh đối điện, hoặc là đoạn nối trung điểm hai đường chéo trong một tứ giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho.

Mỗi đoạn thẳngAiAj .1i < j 2023/sẽ là cạnh của2021tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho, và là cạnh (hoặc đường chéo) củaC₂₀₂₁² tứ giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho.

Như vậy, với mỗi tam giác và tứ giác có đỉnh lấy từ2023điểmA1; A2; : : : ; A2023;ta thiết lập được các đẳng thức và bất đẳng thức tương tự.1/và.2/:Cộng tất cả các đẳng thức và bất đẳng thức này lại, kết hợp với hai nhận xét ở trên, ta thu được

M < 2021CC₂₀₂₁²

2 N < 1011²N:

Bài toán được chứng minh xong.