31 hsg9 khánh hòa 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 30  Tỉnh Khánh Hòa Câu 1 (4,0 điểm) 1 Rút gọn biểu t[.]

Trang 1

Tỉnh Khánh HòaCâu 1 (4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức 33 1 10 6 36 2 5 5  A

2. Cho ,x y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức

222 12        xyxyxy Chứng minh rằng 1xy là một số chính phương Câu 2 (4,0 điểm)

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  f 7 Chứng minh rằng đa thức f x   12 khơng có nghiệm ngun

2. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng

Câu 3 (4,0 điểm)1 Giải phương trình 26 42 4 2 24   xxxx

2. Cho ,a b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a b 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44331 1  abBba Câu 4 (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB (DAB E, BC ) và đường thẳng IM song song với BC (M AC) Tính giá trị của biểu thức ID BECM

ABBCCA

2. Cho hình vng ACD có tâm O Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C) Gọi F là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD, gọi H là giao điểm của OE và BF

a) Chứng minh rằng

22

1  1

AEAF không đổi

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất

Câu 5 (2,0 điểm)

Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết số cịn lại Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau

-Hết -

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức  33 1 10 6 36 2 5 5  A

2. Cho ,x y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức

222 12        xyxyxy Chứng minh rằng 1xy là một số chính phương Lời giải1. Rút gọn biểu thức  33 1 10 6 36 2 5 5  A   33 323 1 3 13 1 10 6 3 3 1 3 125 1 56 2 5 5 5 1 5           A

2. Cho ,x y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức

Trang 3

Theo giả thiết: 222 12        xyxyxy22212  2a  b b a22222 2 1 2 0aa bbba        2 2  2 2 1 0 a b  a   b 2 21 0 a  b 21 0a   b21  ba Hay 21  

xyxy là một số chính phương với x, y là các số nguyên

Câu 2 (4,0 điểm)

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  f 7 Chứng minh rằng đa thức f x   12 khơng có nghiệm ngun

2. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng

Lời giải

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  f 7 Chứng minh rằng đa thức f x   12 khơng có nghiệm ngun

Giả sử f x   12 có nghiệm nguyên xa f x( ) 12  xa g x ( )

 f x   xa g x ( ) 12    3 –    3 12 4 –    4 17 f 3 f 4  a g  a g 2            3        27 3 a 4 a g 3.g 4 12 a g 3 4 a g 4 12.1          + 12 (*)

Vì 3 – a và 4 – a là hai số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 2

 Vế phải của (*) chia hết cho 2 , nhưng vế trái không chia hết cho 2 (Vô lý)

Điều giả sử sai

Vậy f x –12 khơng có nghiệm ngun

2 Cách 1:

Trang 4



5    5

a b ca b ca b c

Vì , ,a b c có vai trị bình đẳng nên khơng mất tính tổng qt, giả sử a5a5 (vì aP) Khi đó: 5 .b c5 5  b c   5 b cb c b c b c    1 6

b c 1  c1 6 c1b16

Vì b; c là các số nguyên tố nên b – 1 và c – 1 là hai số nguyên dương mà (b – 1)(c – 1) = 6 = 1.6 = 2.3 nên ta có bảng sau:

b – 1 1 6 2 3

c – 1 6 1 3 2

b 2 7 3 4

c 7 2 4 3

(Thỏa mãn) (Thỏa mãn) (Loại vì c  P)

(Loại vì b  P) Do vai trò của , ,a b c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7

Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7

Cách 2: (Phương pháp sắp thứ tự toàn phần)

Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là , ,a b c Khi đó, ta có:

1 1 1 15( )5abcabcbccaab      

Vì , ,a b c có vai trị bình đẳng Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử a bc

Do đó, abcabacbcabacbcbcabac          1 1 11 13.515abacbcbcbc    Mà ,b c là số nguyên tố và bc nên 15 5 83; 5 4 ( )2; 5 10 5 7 7 ( )2; 3 6 5 5 25( )                    aacbalcbaaatmcbaaal

Do vai trò của , ,a b c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7

Trang 5

2. Cho ,a b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a b 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44331 1  abBba Lời giải1 Giải phương trình 26 42 4 2 24   xxxx Điều kiện: 2 x2 Ta có: 26x 42x 4 2 2 xx 4    22 3x 2 2 3x 22x 4 2 2 x x 4     ( ) 22x32x 4 2 2 x x 4      (*) Ta có: (*)4 2 2( x 2 x)(  )x22x 8 0 4 2 2( x 2 x)(  ) ( 2 x x )( 4)0  2x 4 2 2 ( x) (2x).(x4)0 2 x 04 2 2 x 2 x x 4 0         ( ) ( ).( ) (**) + Với 2x 0 x2 (thỏa ĐK)

+ Với 2 x2 thì VT của (**) luôn dương nên (**) vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2;2

3

 

 

 

2. Cho ,a b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a  Tìm giá trị nhỏ nhất của b 4biểu thức 44331 1  abBba Cách 1: Do a1,b1 nên a 1 0,b 1 0 Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có:

Trang 6

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra 223332 4.a bBa b = 128.a b  1284 = 32

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

44331 11 1 1; 4abbaaba b      2a b

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 32 và đạt được khi a b 2

Cách 2: Đặt 1 , 01xax yyb  , vì ab4 nên xy2Khi đó,    4444 2 23333332 21 116AM GMxyxyxyByxyxyx             22 ( ) 2331 3216.2 32 322xyAM GMxyAM GMxyyxxy          

Dấu “=” xảy ra tại x y 1 ab2

Câu 4 (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB (DAB E, BC ) và đường thẳng IM song song với BC (M AC) Tính

giá trị của biểu thức ID BE CM

ABBCCA

2. Cho hình vng ACD có tâm O Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C) Gọi F là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD, gọi H là giao điểm của OE và BF

a) Chứng minh rằng 12 12

AEAF khơng đổi

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất

Lời giải:

1 Tính giá trị của biểu thức ID  BECM

Trang 7

Cách 1:

Ta có: IM // EC (gt) DIM∽DEC (1) DE // AB (gt) DEC∽ABC(2) Từ (1) và (2) suy ra: DIM∽ABC

 IDDMAB  CALại có DE // AB  BEADBC  ACVậy ID BECMABBCCA =DMADCMCA CA CA = CA 1CA Cách 2:

Gọi N là giao điểm của IM và AB

Trang 8

IDCMBECEBEBC 1ABCACBBCBCBC       Vậy IDBECM 1ABBC CA  2.a) Chứng minh rằng 12 12AEAF khơng đổi Cách 1: Ta có: ABAE cos BAE ; AD

AF sin DFA = sin BAE (Vì AB//DF nên DFABAE(so le trong)) Do đó 221ABADAEAF              2221 11ABAEAF      (vì AB = AD) 2221 1 1AEAFAB  Vì 12

AB khơng đổi nên 2 2

1 1

AE  AF không đổi (đpcm)

Cách 2:

Xét FDA và ABE có:

 

DFABAE (so le trong, AB//DF)

  0

90

FDAABE 

Suy ra FDA∽ABE g( g)

Trang 9

222222

1 1 1 1 1 1

AEABAFAEAFAB

     

Vì 12

AB khơng đổi nên 2 2

1 1

AE  AF không đổi (đpcm)

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất Gọi H’ là chân đường vng góc hạ từ C xuống BF

Ta có: 2

’ =

BH BFBO BDBC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 'BHBOBDBF  , mà DBFchung Nên BH O' ∽BDF c(  gc)Suy ra   0' 45BH OBDF  1' '2BH OBH C 

H’O là tia phân giác của BH C' (1)

Lại có: '

'

BEABBCBH

EC CF CF H C

 H’E là tia phân giác của BH C' (2)

Từ (1) và (2) suy ra H’, O, E thẳng hàng H'H

CHBF

 

Qua H kẻ đường vng góc xng AD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q Gọi M là trung điểm của BC

 222 2 32HADS AD HPAD HQPQ AD AD HQAD  AD HM  AD 3 24HADADS 

Dấu “=” xảy ra khi HQHM QM O Q H, , thẳng hàng EM(vì H O E thẳng , , hàng)

Vậy để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất thì E là trung điểm của BC

Câu 5 (2,0 điểm)

Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết số cịn lại Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau

Lời giải:

Cách 1:

Giả sử độ dài 4 cạnh của tứ giác là a b c d a b c d , , , ,( , , *)và khơng có 2 cạnh nào bằng nhau Khơng mất tính tổng qt, giả sử: a  bcd

Trang 10

Vì b c a nên x 1 hay x 2 y  và 3 z  4

Do đó từ (1) ta có: b c d  2a; a c d  3b; a b d  4c Cộng 3 bất đẳng thức này được 3d b 2c (*)

Mặt khác: a  bcd 3d b 2c mâu thuẫn (*) Điều giả sử sai

Vậy tứ giác đó phải có ít nhất hai cạnh bằng nhau (đpcm)

Cách 2:

Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a b c d a b c d , , , , , , ( *).

Giả sử khơng có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau Khơng mất tính tổng qt, giả sử a  bcd (*) Do tứ giác lồi nên a  b c d a  b c d3a

2aabcd 4 (**)a

     

Từ giả thiết bài toán suy ra a b c d   chia hết cho các số , , , a b c d