06 hsg9 bắc ninh 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 13  Tỉnh Bắc Ninh Câu 1 (4,0 điểm) 1 Cho biểu thức 1[.]

Trang 1

Tỉnh Bắc NinhCâu 1.(4,0 điểm) 1 Cho biểu thức 1 1 2 1 2:11 1xxx xxxPxxxx x                 với x 0 và 11,4x x 

Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của x để 73

P  

2. Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng d y:   x 2 với parabol  P y: x2 Tính diện

tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ)

Câu 2.(4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình 22 222 3 2 5 2 02 3 15 0xxyyxyxxyy        2. Giải phương trình 3 4x 1 4x 3x2 3x24x5.Câu 3.(3,0 điểm) 1. Tìm cặp số nguyên x y thỏa mãn ;  21 2.y x x 

2. Với mỗi số nguyên a , gọi x x là các nghiệm của phương trình 1, 2 x22ax 1 0 Chứng minh  22  44 

1212

nnnn

x xx x chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n

Câu 4.(6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O D, là điểm bất kì thuộc cạnh BC D ( khác

)

,

B C Gọi M N, là trung điểm của cạnh AB AC, Đường thẳng MN cắt đường tròn  O tại

,

P Q sao cho M nằm giữa P và N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I

(khác B) Các đường thẳng DI AC, cắt nhau ở K .

a) Chứng minh PIDPAC Từ đó suy ra bốn điểm A I P K, , , cùng thuộc một đường tròn

b) PBD đồng dạng với PAK và QAPD.

QB PK

c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P) Đường thẳng

IG cắt đường thẳng BC tại E Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số CDCE

không đổi

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC AC BD .

Câu 5 (3,0 điểm)

1. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 1a b c, , 3 và a  bc 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của

222

.

F a b c

2. Cho đa giác lồi A A A1 2 3 A2024 Tại mỗi đỉnh A k k 1, 2, 3 , 2024 , người ta ghi một số thực

k

a sao cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau bằng một số ngun dương khơng

lớn hơn 3 Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau

-Hết -

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.(4,0 điểm)1. Cho biểu thức 1 1 2 1 2:11 1xxx xxxPxxxx x                  với x 0 và 11,4x x 

Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của x để 73

P  

2. Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng d y:   x 2 với parabol   2

:

P yx Tính diện

tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ)

Lời giải 1 ( 2,0 điểm) Với x 0 và 11,4x x ta có 2 1 1 2 1 11:1 1 1 1 1xxxxxxxPxxxxxxx                        2 1 2 12 1:1 1 1xxxxPxxxxx                   2 1 12 1:1 1 1xxxxxxPxxxxx                     1xxPx   937 1 73 10 3 0 1 13 393xxxxPxxxxx                  ( thỏa mãn ) Vậy 19;9x  2 ( 2,0 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm 22 1

Trang 3

Suy ra A 1;1 ,B  2; 4 

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A B, lên trục Ox .

Có  15 1 1 1

; ; 4.

2 2 2 2 2

AHKBOAHOBK

AHBK HK

S    S  OH AH S  OK BK 

Vậy SOAB SAHBK SOAH SOBK 3.

Câu 2.(4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình 22 222 3 2 5 2 0 (1)2 3 15 0 (2)xxyyxyxxyy        2. Giải phương trình 3 4x 1 4x 3x2 3x24x5.Lời giải 1 Phương trình (1) 2  2 5 0 25 2yxxyxyxy        

+) Với y2x thay vào (2) ta được 15 2 15 0 11xxx     Với x 1 y2, với x  1 y 2

+) Với x 5 2y thay vào (2) ta được 5 2 30 40 0 24yyyy    Với y2x1, với y4x 3

Vậy nghiệm x y;  của hệ là 1; 2 , 3; 4 ,  1; 2 

Trang 4

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất x 2.

Câu 3.(3,0 điểm)

1. Tìm cặp số nguyên x y;  thỏa mãn  2

1 2.

y x x 

2. Với mỗi số nguyên a , gọi x x là các nghiệm của phương trình 1, 2 2

2 1 0.

x  ax  Chứng minh  22  44 

1212

nnnn

x xx x chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n

Lời giải

1. Phương trình y x 1x22  1

Dễ thấy x  không phải là nghiệm của phương trình đã cho 1

Với x  , phương trình 1  22 31 11 1xyxxx      

Mà x   nên x  là ước của 3 1

Do đó x   1  1; 3 x 2; 0; 4; 2  

Khi đó ta có các cặp x y   ;  2; 2 ; 0; 2 ; 2; 6 ; 4; 6      

2. Với mọi a phương trình x22ax 1 0 ln có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2

121 221xxax x   Đặt Sn x12nx22n Ta có  2 2  4 4  2 2  2 2 2 121212121 18 8nnnnnnnnM  x xx x  x xx x 22 2 22  22 121212148nnnnnnxxxxxx        2  2 214 1 18 8 2 2 2nnnnnnnnSSSSSSSS                 

Ta chứng minh với mọi n   thì Sn x12nx22n luôn là số nguyên dương chẵn (*) Thật vậy:

Với n 0 thì S  là số nguyên dương chẵn 0 2

Với n  thì 1 2 2 2 2  2 

11212 2 1 2 4 2 2 2 1

S x x  x x  x x  a   a  là số nguyên dương chẵn

do a là số nguyên

Giả sử (*) đúng đến nk, tức là S và kSk1 là các số nguyên dương chẵn Ta có

  2121222222212111 k 2 k 121 k 2 k 121 k 2 k 1 1kkkS  x  x   x xx x x x x  x  S S S  là một số nguyên dương chẵn

Trang 5

1 1

2 2 2

nnn

SSS

M      

    là tích của ba số tự nhiên liên tiếp Suy ra M chia hết cho 6

Vậy  22  44 

1 n 2 n 1 n 2 n 8 48.

x xx x  M

Câu 4.(6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O D, là điểm bất kì thuộc cạnh BC D ( khác

)

,

B C Gọi M N, là trung điểm của cạnh AB AC, Đường thẳng MN cắt đường tròn  O tại

,

P Q sao cho M nằm giữa P và N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I

(khác B) Các đường thẳng DI AC, cắt nhau ở K .

a) Chứng minh PIDPAC Từ đó suy ra bốn điểm A I P K, , , cùng thuộc một đường tròn

b) PBD đồng dạng với PAK và QAPD.

QB PK

c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P) Đường thẳng

IG cắt đường thẳng BC tại E Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số CDCE

không đổi

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC AC BD .

Lời giải

a) Vì tứ giác APBC nội tiếp PAC PBC180  1

Vì tứ giác BPID nội tiếp PID PBC  180  2

Từ (1) và (2) suy ra PACPID

Lại có PIDPIK180 ; PAC PAK180 Do đó PIK PAK

Mà hai đỉnh I A, kề nhau

Suy ra I A, cùng thuộc vào cung tròn dựng trên PK

Trang 6

Hay bốn điểm A I P K, , , cùng thuộc một đường trịn

b)

Ta có APKAIKBIDBPD và PBD180 PID180 PACPAK.

PBD

 đồng dạng với PAK và PBPD  3

PAPK

 

Vì tứ giác APBQ nội tiếp nên tam giác PMB đồng dạng với tam giác AMQ (g-g) và tam giác QBM đồng dạng với tam giác APM (g-g) Do đó:

  1 4 PBMPPB QBPBQBQAMAQA PAPAQAQBMBPAMP    Từ (3) và (4) suy ra QAPDQBPK

c) Trên đoạn AB lấy điểm H sao cho APH KPIVì tứ giác AIPK nội tiếp, nên KPI BAC.

Lại có A P, và BAC không đổi nên H là điểm cố định

KPI đồng dạng APH g g KIKP  5AHAP   PKD đồng dạng PAB g g KPKD  6APAB   Từ (5) và (6) suy ra KDKIKDAB  7AB  AH  KI  AH

Ta có PGI PBI PCAGI AC// CDKD  8

CEKI

    

Từ (7) và (8) suy ra CDAB

CE  AH mà

AB

AH không đổi nên CD

CE không đổi

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC AC BD .

Lời giải

Trên cạnh BD lấy điểm Msao DAM CAB

Trang 7

Hai tam giác DAM và CAB đồng dạng (g-g) nên DADMDA CB DM CA  1

CA  CB  

Hai tam giác BAM và CAD đồng dạng (g-g) nên BABMBA CD BM CA  2

CA CD  

Từ (1) và (2) suy ra DA CB BA CD DM CA BM CA   AB CD AD BC AC BD .

Câu 5 (3,0 điểm)

1) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 1a b c, , 3 và a  bc 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của

222.Fa b cLời giải Ta có 222 2 2 36 2 Fa b c  a b c   ab bc ca    ab bc ca Vì1a b c, , 3nên a3b3c30abc3ab bc ca  9a b c  270 3 27 1abcab bc ca    Vì a1b1c10abcab bc ca  a b c   1 0 5 2 abcab bc ca    Từ (1) và (2) suy ra ab bc ca   5 abc3ab bc ca  2711 36 2 14.ab bccaFab bc ca         Đẳng thức xảy ra a1;b2;c3 và các hoán vị

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 14a1;b2;c3 và các hoán vị

2) Cho đa giác lồi A A A1 2 3 A2024 Tại mỗi đỉnh A k k 1, 2, 3 , 2024 , người ta ghi một số thực a sao cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số thực trên hai đỉnh kề nhau bằng một số ngun k

dương khơng lớn hơn 3 Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau

Lời giải

Xét đa giác lồi A A A1 2 3 A2024 Khi đó ak ak1 1, 2, 3 , k1, 2, 3 , 2024 Khơng mất tính tổng qt, coi a nhỏ nhất, 1 a lớn nhất (dễ thấy nn 2)

Đặt ij

i j

dmax aa



  khi đó d ana1 và là một số dương

Giả sử theo chiều kim đồng hồ có n  đỉnh nằm giữa 2 A A Suy ra theo chiều ngược với 1, n

chiều quay của kim đồng hồ có 2024 n đỉnh nằm giữa A A Hơn nữa giá trị tuyệt đối của 1, nhiệu giữa hai số kề nhau khơng vượt q 3 Do đó

1 n 1223 n 1 n 3 1d  a a  a a  a a   a  a  n Tương tự ta có d 3 2024  n 1 Suy ra 3 1 3 2024 130362nnd     

Trang 8

112111223; 1, 2, 3, , 2023 iiii 1, 2, 3, , 2022 iiiiiiiiaaaaaaiaaaaiaa          112120241223 20232024 2023 12iiiiaa a a aaaaaaaaaa              12024 2023 12 3 2023.3aaaa

      (khơng xảy ra)

Do đó d 3035.

Ta xây dựng một trường hợp cho d 3035 như sau

1 0; 2 2; kk 1 3 3 4

a  a  a a    k với k 3; 4; ;1013.

10141013 2 3033; kk 1 3 6075 3

a a   a a     k với k 1015;1016; ; 2024.

Khi đó hiệu lớn nhất a1013a13035.

Các số a a2; 3; ;a1013 là số nguyên dương tăng dần có dạng 3t  chia cho 3 dư 2 4Các số a1014;a1015; ;a2024 nguyên dương giảm dần có dạng 6075 3h chia hết cho 3 Suy ra các số a a1, 2, a2024 đôi một khác nhau

Vậy giá trị lớn nhất của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh bằng 3035