20 hsg9 thainguyen 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 Thái Nguyên Câu 1 (6,0 điểm) Cho các biếu th[.]

Trang 1

Tỉnh Thái Nguyên

Câu 1.(6,0 điểm) Cho các biếu thức 2 3 22xxAx  và 3 2 222xxxBx    1 Rút gọn biểu thức A và B 2 Tìm tất cả các giá trị của x để AB

3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 1

B



Câu 2.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( ) :dyax b và parabol 2

( ) :Pyx Tìm tất cả các giá trị của ,a b để đường thẳng ( )d đi qua điểm M(3;5) và tiếp xúc với parabol ( )P

Câu 3.(2,0 điểm) Cho phương trình 2

2( 1) 3 0(

x  m x m   m là tham số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vng của

một tam giác vng có độ dài cạnh huyền là 7 2

Câu 4.(6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < BC < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BK, CI cắt nhau tại điểm H Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm L,F sao cho HL∥ DI, HF∥DK

Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng AD với đường tròn (O) a Chứng minh rằng các tứ giác BIKC, BLFC nội tiếp đường tròn

b Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm J (JB) Chứng minh rằng ba điểm L, F, J thẳng hàng

c Gọi P là giao điểm của AH và LF Chứng minh rằng AH = AP.AE

Câu 5.(2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương n để n2024n20231 là số nguyên tố.

b) Cho phương trình x2ax b  1 0( ,a b;b 1) Chứng minh rằng nếu phương trình có hai nghiệm đều là những số nguyên thì a2b2 là hợp số

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN Câu 1.(6,0 điểm) Cho các biếu thức 2 3 2

2xxAx  và 3 2 222xxxBx    1 Rút gọn biểu thức A và B 2 Tìm tất cả các giá trị của x để AB

3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 1

B



Lời giải

1 Điều kiện xác định của biểu thức A là 0

4xx

Điều kiện xác đinh của biểu thức B là x 0

2 4 22xxxAx  2 ( 2) 22xxxx  ( 2)(2 1)2xxx  2 x 1( 1) 2( 1)22x xxBx   ( 1)( 2)22xxx    x 1 2 Với 04xx ta có AB2 x   1 x 12 xx   x( x2)0  x vì 0 x 4 Vậy x 0 thì AB 3 Ta có: 1 21AxBxVới x 0 thì A 1 0B (1) Với 04xx, ta có: 1 21ABxx Áp dụng bất đẳng thức AMGM, ta có: 12xx 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1 x 1

x   (thỏa mãn) Khi đó: A 1 1B (2)

Từ (1) và (2) ta có: Giá trị lớn nhất của biểu thức A 1

B



Trang 3

Câu 2.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( ) :dyax và parabol b

2

( ) :Pyx Tìm tất cả các giá trị của ,a b để đường thẳng ( )d đi qua điểm M(3;5) và tiếp xúc với parabol ( )P

Lời giải

Đường thẳng ( )d đi qua điểm M(3;5)3ab (1) 5

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )d và ( )P là: x2axb x2ax b  0Đường thẳng ( )d tiếp xúc với ( )P  phương trình x2ax b  có nghiệm kép 0

20 a 4b 0      (2) (1) b 5 3a thế vào (2) ta có phương trình: 2 12 20 0 210aaaa      Với a 2 thì b  1 Với a 10 thì b  25

Vậy a 2 và b 1;a10 và b  25 thì đường thẳng ( )d tiếp xúc với parabol ( )P

Câu 3.(2,0 điểm) Cho phương trình 2

2( 1) 3 0(

x  m x m   m là tham số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng có độ dài cạnh huyền là 7 2

Lời giải a) Ta có 22 2 1 151 3 4 02 4mmmm m  m              

Vậy với mọi m phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình 1, 2 x x là độ dài hai cạnh góc vng của 1, 2

tam giác vng có độ dài cạnh huyền là

12221207 2 098xxxx   

Áp dụng định lý Viet đối với phương trình ta có: 1 21 22( 1)3xxmx xm      Do 1 1 221 20 0 2( 1) 00 0 3 0xxxmxx xm               13 3mmm    22212 98 12 2 1 2 98x x   x x  x x  2m23m4404 112mm  Kết hợp với điều kiện, ta có m  4 thỏa mãn; 11

2

Trang 4

Vậy m  4 thì phương trình có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng có độ dài cạnh huyền là 7 2

Câu 4.(6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < BC < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BK, CI cắt nhau tại điểm H Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm L,F sao cho HL∥ DI, HF∥DK

Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng AD với đường tròn (O) a Chứng minh rằng các tứ giác BIKC, BLFC nội tiếp đường tròn

b Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm J (JB) Chứng minh rằng ba điểm L, F, J thẳng hàng

c Gọi P là giao điểm của AH và LF Chứng minh rằng AH = AP.AE

Lời giải:

a) Theo giả thiết ta có:  0

BIC90 và  0

BKC  90

Suy ra, tứ giác BIKC nội tiếp đường trịn đường kính BC

Vì ALAHHLDIAIAD∥ (1) Vì AFAHHFDKAKAD∥ (2) Từ (1), (2) suy ra ALAFLF / / IK.AIAK

Vì tứ giác BIKC nội tiếp nên BCK  AIK

Mặt khác AIK  ALF (vì LF / / IK.)

Suy ra BCK  ALF

Xét tứ giác BLFC ta có: BCK  ALF Do đó tứ giác BLFC nội tiếp đường tròn

Trang 5

b) Ta có: 1

AJH AJB ACBsdAB

2



Lại có: ACBAHJ(vì cùng phụ với DAC)

Suy ra AJH  AHJ → K là trung điểm của HJ

= FHJ cân tại F KFJ  HFK (3)

Vì HF // DK nên HFK  DKC (4)

Vì tứ giác AKDB nội tiếp đường trịn đường kính AB nên DKC  ABC (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra KFJ  LBC

Ta có:    0

LFJ  LFKKFJLFCLBC180 (vì tứ giác BLFC nội tiếp đường trịn) Do đó ba điểm L, F, J thẳng hàng (đpcm)

c) Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng CH với đường tròn (O) Chứng minh tương tự ý b, ta có ba điểm L, F, Q thẳng hàng và I là trung điểm của HQ

Vậy các điểm Q, L, F, J thẳng hàng Ta có: AQ  AH  AJ.

AQJ

  cân tại AAJQAQJ

Laị có 1

AJQ AEJsdAJ

2 AEJAQJTa có: AJPAEJPAJEAJAPJ AJE # (g.g) AJAEAPAJ Vì AH  AJ nên AH  AE.AP(đpcm) Câu 5.(2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương n để n2024n2023 là số nguyên tố.1

b) Cho phương trình x2ax b  1 0( ,a b;b 1) Chứng minh rằng nếu phương trình có hai nghiệm đều là những số nguyên thì a2b2 là hợp số

Trang 6

 674   673  6722022333331 1 1 1n   n   n   n  n  n    2   3 673  3 672 3(n 1) nn 1  nnn 1         Do đó: n2024n2023 chia hết cho 1 n2  n 1Mặt khác, với n 2 thì 2024202321 1 1n n  n    nDo đó n2024n2023 là hợp số 1Tóm lại: n 1 thì n2024n2023 là số nguyên tố 1

b)Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm ngun là x x1, 2

Vì b  1 nên x 1 0 và x 2 0 Áp dụng định lý Viét ta có: 12  121 21 2 1 1xxaaxxx xbbx x             Suy ra: 22 2 2121 2 1a b  x x  x x 2222221212 1 1 1 1 2xxx xxx      Vì x x1, 2 là các số nguyên khác 0 nên 221 1, 2 1x  x  là các số nguyên và 221 1 2, 2 1 2x   x  Do đó: a2b2 là hợp số

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hai số thực dương thay đổi ,a b thỏa mãn điều kiện a b 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 1 19Pa bab       Lời giải 22Ta có P 9 a ba bab      2 29(a b) 1a b   (a b) 292 1a b   Áp dụng bất đẳng thức AMGM, ta có: 2( )4a bab 422 ( )16a ba b   Do đó 242144 144( ) 1 ( )( ) ( )Pa bPa ba ba b        Áp dụng bất đắng thức AMGM, ta có: 229( ) 1441816 ( )a ba b  Do đó 22227( ) 9( ) 144 7.41816 16 ( ) 16a ba bPa b      P5

Trang 7

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 5