23 hsg9 ha nam 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 Nam Câu 1 Cho biểu thức 21 1 1a a a a a a[.]

Trang 1

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023Tỉnh Hà Nam Câu 1: Cho biểu thức

21 1 1aa aaa aaPaaaaa a        với a0,a1.a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm điều kiện của a để biểu thức 8

QP

 nhận giá trị nguyên

Câu 2: a) Giải phương trình x23 x33x24x2 0

b) Giải hệ phương trình 2224 6 5 02 3 2 2 26.xyxyxyxx         

Câu 3: Cho parabol   1 2

: 2

Py x và hai điểm A2; 2 ,  B4;8 nằm trên  P Gọi M là điểm thay đổi trên  P và có hồnh độ là m 2 m4  Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn

nhất

Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình  3

2 2 4

x yx y  y xx

Câu 5: a) Cho đường trịn O R;  đường kính AB Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các .đường thẳng CA CB, cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai tương ứng là D E, Trên cung AB

của  O không chứa D lấy điểm F0FAFB Đường thẳng CF cắt AB tại M, cắt đường tròn ( )O tại N ( N không trùng với F) và cắt đường tròn  O' ngoại tiếp tam giác

CDE tại P (P không trùng với C )

i) Giả sử ACB 60 , tính DE theo R

ii) Chứng minh CN CF CP CM .

iii) Gọi I H, theo thứ tự là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng BD AB, Các

đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của điểm F để biểu thức ABBDADFH FI FK

đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn  I thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox Oy, lần lượt tại E D, Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến  I (F

là tiếp điểm) Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định

Câu 6: Cho 2 số dương a b, Chứng minh: 

Trang 2

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Cho biểu thức

21 1 1aa aaa aaPaaaaa a        với a0,a1.a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm điều kiện của a để biểu thức 8

QP nhận giá trị nguyên Lời giải a) Rút gọn biểu thức P. 3111111aaaaaPaaaaa  111aaaaaaaa  21aaa

b) Tìm điểu kiện của a để biểu thức 8

QP nhận giá trị nguyên.Có 1 12 2 2 4Paaaa      (Theo BĐT Côsi) 14 1Paaa     (loại do a  ) 1Vậy P  4 a 0,a1.80 2 0 Q 2P     Do đó để QQ 1 P 8  a 26 a 1 03 2 2 17 12 23 2 2 17 12 2aaaa           

(thỏa mãn điều kiện)

Trang 3

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023Lời giải a) Điều kiện x33x24x 2 0Có 32  2 3 4 2 1 2 2x  x  x  x x  xnên x33x24x 2 0x1 vì 2 22 2 1 1 0x  x  x   x  2  2 1 2 x1  x 2x2 3 x1 x 2x2  0 2 2 1 3 2 1 1 02 2 2 2xxxxxx       Đặt 2 1 , 02 2xttxx   ta được phương trình 212 3 1 0 12tttt    221 11 1 12 2 2 2xxtxxxx        23 3 0xx    (vô nghiệm)221 1 1 1 12 2 2 2 2 2 4xxtxxxx        26 6 0 3 3xxx

       (thỏa mãn điều kiện)

Vậy pt có 2 nghiệm x  3 3b) Điều kiện 320xy   1  22  32 2 32 3xyxyxy            )x2   y 3 x5y0 vô nghiệm vì  5 0 3, 0.2x y   xy)x 2 y 3 yx 1

       thay vào  2 ta được

 2

2x 3 2 x1 2x x26

  2

2x 3 3 2x 2 2 2xx 21 0

Trang 4

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2yx2y4y xx3.

Lời giải  3  2 22 2 4 1 ( 1) 2 1 (1)x yx y  y xx  xx   y2 12y y là số nguyên dương lẻ 1 xx2 1   là số nguyên dươnglẻ 21 x x, 1   cùng lẻ và 1  x 0Giả sử  21x,1x d d là số lẻ.Do  21x d  1x d Lại có  21 x d 1x2  1x2 d2 dd1   (do d lẻ)Mặt khác,  2 (1) 1xx 1 là số chính phương 2

1x,1x là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 1x,1x2 đều là số chính phương

Do 22

, 1

x x  là hai số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên x 0

2 00 4 4 01yxyyy        Vậy x y ;  0; 0 hoặc x y ;  0;1

Câu 5: a) Cho đường trịn O R đường kính ;  AB Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các .đường thẳng CA CB, cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai tương ứng là D E, Trên cung AB

của  O không chứa D lấy điểm F0FAFB Đường thẳng CF cắt AB tại M, cắt đường tròn ( )O tại N ( N không trùng với F) và cắt đường tròn  O' ngoại tiếp tam giác

CDE tại P (P không trùng với C )

i) Giả sử ACB 60 , tính DE theo R

ii) Chứng minh CN CF CP CM .

iii) Gọi I H, theo thứ tự là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng BD AB, Các

đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của điểm F để biểu thức ABBDADFH FI FK

đạt giá trị nhỏ nhất

Trang 5

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2yx2y4y xx3.

Lời giải  3  2 22 2 4 1 ( 1) 2 1 (1)x yx y  y xx  xx   y2 12y y là số nguyên dương lẻ 1 xx2 1   là số nguyên dươnglẻ 21 x x, 1   cùng lẻ và 1  x 0Giả sử  21x,1x d d là số lẻ.Do  21x d  1x d Lại có  21 x d 1x2  1x2 d2 dd1   (do d lẻ)Mặt khác,  2 (1) 1xx 1 là số chính phương 2

1x,1x là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 1x,1x2 đều là số chính phương

Do 22

, 1

x x  là hai số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên x 0

2 00 4 4 01yxyyy        Vậy x y ;  0; 0 hoặc x y ;  0;1

Câu 5: a) Cho đường trịn O R đường kính ;  AB Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các .đường thẳng CA CB, cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai tương ứng là D E, Trên cung AB

của  O không chứa D lấy điểm F0FAFB Đường thẳng CF cắt AB tại M, cắt đường tròn ( )O tại N ( N khơng trùng với F) và cắt đường trịn  O' ngoại tiếp tam giác

CDE tại P (P không trùng với C )

i) Giả sử ACB 60 , tính DE theo R

ii) Chứng minh CN CF CP CM .

iii) Gọi I H, theo thứ tự là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng BD AB, Các

đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K Tìm vị trí của điểm F để biểu thức ABBDADFH FI FK

đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường trịn  I thay đổi nhưng ln tiếp xúc với Ox Oy, lần lượt tại E D, Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến  I (F

là tiếp điểm) Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định

Trang 6

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023a) i) Xét đường tròn  O d d2s BFA s DNEBCA 

(Góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn)

 180 dd 602s DNEBCA  s DNE  EOD 60OED

 có ODOE OED cân tại O

Mà EOD 60 ODElà tam giác đều

ODDE

   EDR

ii) Chứng minh CN CF CP CM .

 

CPECDE (2 góc nội tiếp chắn cung CE của đường trịn  O )

Mà CBM CDE (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường tròn  O )  CBM CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM  CECMCE CB CM CP.

CP  CB   (1)

Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF

.

CECF

CE CBCN CF

Trang 7

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Xét DFK và BFHcó FKDFHB90

và FBH FDA (Hai góc nội tiếp cùng chắn AF của đường tròn  O ) ~

DFKBFH

    DKBH

FK  FH (1)

Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAFIDHAIFHF

 

Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên: AKBIFK  FI(2) (1) , (2) DKAKBHBIFKFKFHFI    hay: DABHBIFK  FH FIDABDBHBDBIBHIDFKFIFHFIFIFHFI      MàIDHAFI  FH suy ra: DABDBHHAABFK FI  FH FH  FHVậy ABBDAD 2ABFH  FI  FK  FH nên ABBDAD

FH  FI  FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung điểm cung AB

b)

Kéo dài DF cắt OI tại J

Chứng minh được 4 điểm A E I F, , , cùng thuộc một đường tròn

Chứng minh được JFEJIE suy ra 4 điểmJ F I E, , , cùng thuộc một đường trịn.

Do đó 5 điểm A E I F J, , , , cùng thuộc một đường tròn

Trang 8

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023Câu 6: Cho 2 số dương a b, Chứng minh: 

22222 2 2 21 1 1 3.51 1 1a ba bb aa babba            Lời giải 22222 2 2 21 1 1 3(1)51 1 1a ba bb aa babba            2222221 11 11 3(1) (*)51 111 1aba bbaaba bba                             Đặt 1axa b  ; 1bya b  ; 11za b ta được 1 1 1 1 11; 1; 1;baa baxbyz       Vì a b ; 0 x y z; ; 0Ta lại có x  yz 1  0 x y z; ; 1

Thay vào (*) ta được 

2222222221 2 1 2 1 2 351 1 1zyxzzyyxx          2222224 4 1 4 4 1 4 4 1 32 2 1 2 2 1 2 2 1 5zzyyxxzzyyxx              2 1 2 1 2 1 272z 2z 1 2y 2y 1 2x 2x 1 5         Ta có 2 1 9 54 1 (*)2t 2t 1 5 25 t 3     

    với mọi t thuộc khoảng (0; 1)

Trang 9

CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-20233 1 9 23 2 05 2 2 1tttt        2 3t 1 18t 3t 1 0     vì 2t22t   1 0 t3t 1 2 6t 1 0

    luôn đúng với mọi t thỏa mãn 0  t 1

Dấu bằng xảy ra khi 13

t 

Sử dụng (*) 3 lần cho x y z; ; rồi cộng từng vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi 1

3