36 toan 9 hsg 22 23 lang sơn

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 Lạng Sơn Câu 1 (4,0 điểm) Cho biểu thức 1 3[.]

Trang 1

Tỉnh Lạng SơnCâu 1.(4,0 điểm) Cho biểu thức: 1 : 3 103 3 1 2 3xxxxxPxxxxxx                    , với x0,x9 a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x 74 3

Câu 2.(4,0 điểm)

Cho phương trình 2  2

2 3 2 0

x  m xm  m (m là tham số)

a) Tìm điều kiện của m để phuơng trình có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

222122 81mmPxx  Câu 3.(4,0 điểm) Giải hệ phương trình: 223 4 4 4 02 3 2 4xyxyxyxy         Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O , AB AC Phân giác trong của BAC cắt BC tại D và cắt  O

tại điểm thứ hai P Gọi M là giao điểm của OP và BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm H nằm

trên AO và E nằm trên AD sao cho HD FE; cùng vng góc với BC

a) Chứng minh rằng AHD và PFE là các tam giác cân

b) Gọi K là giao điểm của HD và FP Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp trong một đường tròn

 O 1

c) Gọi T là giao điểm của  O và tia 1 DA Gọi Q là giao điểm của HT và BC Chứng minh rằng AQ là tiếp tuyến của  O

Câu 5.(2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn: 3x29y2 4z2 6y z2 2 243

b) Cho một đa giác đều có 2023 đỉnh Đánh dấu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai chữ số 0 và 1 Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

-Hết -

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.(4,0 điểm) Cho biểu thức: 1 : 3 103 3 1 2 3xxxxxPxxxxxx                    , với x0,x9 a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x 74 3

Lời giải a) Với x0,x9, ta có: 1 3 10:3 3 1 2 3xxxxxPxxxxxx                    1 3 10:3 3 1 1 3xxxxxxxxxxx                       1 3 3 10:3 1 3xxxxxxxxxxx          1 3  121 9 10 1: 13 1 3 3xxxxxxxxxxxxxxxx             Vậy với x0,x9 thì  x 12Px b) x 74 3(thỏa mãn ĐKXĐ) 27 4 3 4 4 3 3 2 3 2 3 2 3x             2221 2 3 1 3 3 2 3 12 6 3 2 3 6 2 3 2 364 3 12 3 2 3 2 3xPx                Vậy P  khi 6 x 74 3 Câu 2.(4,0 điểm) Cho phương trình 2  22 3 2 0x  m xm  m (m là tham số)

a) Tìm điều kiện của m để phuơng trình có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

222122 81mmPxx  Lời giải Xét phương trình 2  22 3 2 0x  m xm  m (m là tham số)

a) Để phuơng trình có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 thì  2  2 

0 2m 3 4.1 m 2m 0        22 94 12 9 4 8 0 4 94mmmmmm            Vậy với 94

m  thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x1; 2

b) Với 9

4

Trang 3

122122 3 2xxmx xmm    Theo bài ra ta có: 222122 81mmPxx  (ĐK: 2212 1 0x x   ) 22222222 2 2212 1 2 1 22 8 2 8 2 8 2 81 2 1 2 3 2 2 1 4 12 9 2 4 1mmmmmmmmPxxxxx xmmmmmmm                   22222 8 10 10 101 1 1 422 8 10 2 8 10 2 2 2mmmmmmm             

Vậy MinP   khi 4 m20m2 (thỏa mãn điều kiện)

Câu 3.(4,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 3 2 4 4 4 02 3 2 4xyxyxyxy         Lời giải Xét hệ phương trình:   2 3 2 4 4 4 0 12 3 2 4 2xyxyxyxy         ĐKXĐ: 22;3x  y Từ (1), ta có: 222223 4 4 4 0 4 4 4 4 8 4 4 0x  y  xy x y  x  y   xy x yy  y  2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0xyyxyyxyy                 3 4 03 4xyxyxyxy        Với x y thay vào (2), ta có:

2 3 2 4y  y   y 2 3y 2 2 y2 3 y216 y2 3 y2 8 2y y 4222 23 2 6 4 64 32 4 36 68 034yTMyyyyyyyyKTM             2 2y x

Với x3y4 thay vào (2), ta có:

3y 4 2 3y242 3y243y24 y2x3.24 x2(thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S 2; 2

Câu 4.(6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O , AB AC Phân giác trong của BAC cắt BC tại D và cắt  O

tại điểm thứ hai P Gọi M là giao điểm của OP và BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm H nằm

trên AO và E nằm trên AD sao cho HD FE; cùng vng góc với BC

a) Chứng minh rằng AHD và PFE là các tam giác cân

b) Gọi K là giao điểm của HD và FP Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp trong một đường tròn

 O 1

c) Gọi T là giao điểm của  O và tia 1 DA Gọi Q là giao điểm của HT và BC Chứng minh rằng AQ là tiếp tuyến của  O

Trang 4

a) Chứng minh rằng AHD và PFE là các tam giác cân

Ta có AP là tia phân giác của BACPABPACPB PC (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung

bằng nhau)  P là điểm chính giữa của BCOPBC (quan hệ vng góc giữa đường kính và dây)

// //

HD OP FE

 (cùng vng góc với BC )

Vì F đối xứng với D qua M  M là trung điểm của DF PDF có PM vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên PDF cân tại PPM cũng là phân giác OPD OPF;

Vì PEF OPD (hai góc đồng vị); PFEOPF (hai góc so le trong) PEF PFE PFE cận tại P

Vì HPAOPD (hai góc đồng vị); HAD OPD ( OAP cân tại O )  AHD cân tại H

b) Gọi K là giao điểm của HD và FP Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp trong một đường

tròn  O 1

Xét DAB và DCP có:

ADBCDP (hai góc đối đỉnh);

 

DABDCP (hai góc nội tiếp cùng chắn BP );

  DADC

DABDCP g gDA DPDB DC

DBDP

  ∽     (1)

Xét DHA và DPK có: ADH KDP (hai góc đối đỉnh);

Trang 5

 

HADOPD ( OAP cân tại O ); PKDOPF (hai góc đồng vị); OPD OPF (PM là phân giác DPF

, ý a)) HADPKD;   DHDP DHADPK g gDH DKDA DPDADK  ∽     (2) Từ (1) và (2), ta có: DB DC DH DK  DA DP  DBDKDHDC    Xét DBH và DCK có :  HDB KDC (hai góc đối đỉnh) ; DBDKDH  DC (chứng minh trên) ;  DBHDKC c g c  ∽  DBHDKC

  , tứ giác BHCK có hai đỉnh B K, cùng nhìn cạnh HC dưới góc bằng nhau nên là tứ giác

nội tiếp

c) Gọi T là giao điểm của  O và tia 1 DA Gọi Q là giao điểm của HT và BC Chứng minh rằng

AQ là tiếp tuyến của  O

Ta có: PDK,PDF,PFE là các tam giác cân tại P PK PDPE PF DFEK là hình chữ nhật //KE DFBCEK  là hình thang Xét KDB và EFC có:   90KDB EFC ; KDEF (tính chất hình chữ nhật); MBMC ( OM BC), MDMF GT DBFC;    KDBEFC c g cDBKFCE

       hình thang BCEK là hình thang cân nên nội tiếp được một

đường tròn, mà BHCK nội tiếp đường tròn  O1 E O1 ; Xét DHT và DEK có:

 

DHT  DEK (hai góc nội tiếp cùng chắn KT ); HDT  EDK (đối đỉnh);

 DHTDEK g g  ∽  DTHDKE  , mà DKE 90 (DFEK là hình chữ nhật) DTH 90 HT  AD HAD

 cân tại H có HT là đường cao nên cũng là trung trực mà QHT QAQD QAD cân tại

 

QQADQDA, lại có HADHDA (HAD cân tại H)

     90

QADHADQDAHDAHDQ

      

 90

QAHQAAH

     hay QAOA tại A O QA là tiếp tuyến của  O

Trang 6

Câu 5.(2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn: 3x29y2 4z2 6y z2 2 243

b) Cho một đa giác đều có 2023 đỉnh Đánh dấu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai chữ số 0 và 1 Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

Lời giải

a) Xét các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn: 3x29y24z2 6y z2 2 243

Vì 243;3x2;9y2; 6y z22 đều chia hết cho 3 nên 4z23z23z3z3m m  *222223x 9y 36m 54m y 243     2 3 2 12 2 18 22 81xymm y    

Vì 81;3y2;18m y2 2 đều chia hết cho 3 nên 2 

3 3 3 *x  x x n n 222229n 3y 12m 18m y 81     222223ny 4m 6m y 27     22223n 4my 6m 1 27     (1) Do m n, nguyên dương 222 2  22, 1 3 4 6 1 3 4 5 7 5m nnmymyy           22 17 5 27 4 22yyyyy          Với y 1 thế vào (1), ta có: 3n2 10m2 28Nếu 2222 10 40 3 10 28m  m   n  m  (không thỏa mãn) 221 3 10 28 6mnn       (không thỏa mãn) Với y 2 thế vào (1), ta có: 3n2 28m2 31

Nếu m228m2 1123n2 28m2 31 (khơng thỏa mãn)

221 3 28 31 1 1mnnn         (không thỏa mãn) 3 3; 3 3xnzm    

Vậy có đúng một bộ số nguyên dương thỏa mãn là x y z ; ;  3; 2;3 b)

Cách 1:

Ta có đa giác có 2023 đỉnh, do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được đánh bởi cùng một số 0 hoặc 1(Theo nguyên lý Đirichlet), giả sử P và Q cùng được đánh số là 1

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ Giả sử đỉnh đó là A

Nếu A đánh số 1 thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có ba đỉnh A P Q, , được đánh cùng số 1 Nếu A đánh số 0, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác nhau của đa giác kề với P và Q

Nếu cả hai đỉnh B và C được đánh số 0 thì tam giác ABC cân và có ba đỉnh cùng được đánh số 0

Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C được đánh số 1 thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có ba đỉnh được đánh số 1

Vậy trong mọi trường hợp luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

Cách 2:

Trang 7

phải ít hơn 1012 Nhưng điều này khơng thể xảy ra vì tổng số đỉnh là 2023, như vậy sẽ ln có 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu giống nhau

Bây giờ, chúng ta chọn một cặp đỉnh liên tiếp đánh dấu giống nhau, giả sử là 1 Đặt chúng là A và B, và

đặt S là tâm của đa giác đều Khi đó, SASB Ta đánh dấu điểm C trên đường tròn ngoại tiếp sao cho

tổng số đỉnh giữa A và C (không kể A) cùng tổng số đỉnh giữa B và C (khơng kể B) là 1010 Khi đó, đa giác sẽ được chia thành hai phần có số đỉnh như nhau: một phần từ A qua C đến B và một phần từ B

qua C đến A

Do đó, SC SASB và tam giác ABC là cân Vì có ít nhất 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu 1, cái còn lại của các đỉnh trên đa giác (ở ít nhất một trong hai phần) phải có ít nhất một đỉnh đánh dấu 1 Nếu C được đánh dấu 1, ta đã có tam giác cân với ba đỉnh được đánh dấu 1 Nếu C được đánh dấu 0, ta cũng có tam giác cân

với ba đỉnh được đánh dấu 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu, do đó ln có thể chọn ra 3 đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân