40 bắc kạn

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 40  Tỉnh Bắc Kạn Câu 1 (6,0 điểm) 1) Cho biểu thức 3[.]

Trang 1

Tỉnh Bắc KạnCâu 1. (6,0 điểm)1) Cho biểu thức 314332:2313xxxxxPxxxxxxx0,x9 Rút gọn biểu thức P và tính giá trị của biểu thức P khi x 13 6 29 4 2 

2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng  2 

:1

d ymxm Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm A B,

sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 0, 4cm2(O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là

cm) Câu 2. (4,0 điểm)1) Giải phương trình x 31x 2x3 1x.2) Giải hệ phương trình 22221172.11254xyxyxyxyCâu 3. (3,0 điểm)1) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y,  thỏa mãn x2yx  y20.

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p p2 cũng là số nguyên tố

Câu 4. (6,0 điểm)

1)Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến AP BM CN, , cắt nhau tại trọng tâm G,BM

vuông góc với CN AH là đường cao của tam giác ABC,GK vng góc BC K BC.

Chứng minh AH 3GK và 4 2 1 2 12.

AHBMCN

2) Cho tam giác ABC vng tại A ABAC. Đường trịn  I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC CA AB,, lần lượt tại D E F, , Gọi S là giao điểm của AI và DE.

a) Chứng minh  0 

902

C

AIB  và IABEAS.

b) Gọi Klà trung điểm của AB M, là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao

AH của tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại N Chứng minh AMAN.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b 3c2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Tab ac6 bc

-Hết -

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (6,0 điểm)1) Cho biểu thức 314332:2313xxxxxPxxxxxxx0,x9

Rút gọn biểu thức P và tính giá trị của biểu thức P khi x 13 6 29 4 2 

2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng  2 

:1

d ymxm Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm A B,

sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 0, 4cm2(O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là

Trang 3

+  2 0, 40, 442521OABSmmm 

Vậy m  2 thỏa mãn yêu cầu bài tốn

Câu 2. (4,0 điểm)1) Giải phương trình x 31x 2x3 1x.2) Giải hệ phương trình 22221172.11254xyxyxyxyLời giải1)Điều kiện:  3 x1Đặt 2431,03 12ttx xtxxTa có phương trình 2 422202 10022ttttttVới 23 1031xtxxx   (thỏa mãn) Với t0x3 1x  2PTVN.

Vậy tập nghiệm của phương trình là T  3;1 

2) Điều kiện: x y ,0

Hệ pt tương đương với

Trang 4

221212101.1132320222xxxxxxyyyyyy   

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là 1, 2 , 1,1.2Câu 3. (3,0 điểm)1) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y,  thỏa mãn x2 yxy 20.

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p p2 cũng là số nguyên tố

Lời giải1) PT  212y xxNếu x 1 thì PT y.03 (vơ lí) Xét x 1 khi đó 2221 331111xxyxxxx   Để y   ta cần có x 1 U 3  x 1 1,3, 1, 3  Ta có bảng 1x  1 3 1 3x 2 4 0 2y 6 6 22

Vậy phương trình có các nghiệm ngun là 2, 6 , 4, 6 , 0, 2 ,      2, 2.

2) Trong bài toán này, ta xét các trường hợp sau TH1: Nếu p 2, ta có 2pp222228 là hợp số TH2: Nếu p 3, ta có 2332   8 9 17 là số nguyên tố

TH3: Nếu p 3, dễ thấy p không chia hết cho 3 và 2 Ta đặt p2k1, khi đó



22122

2pp2 k p2.4kp  2 1 0 mod3 Lập luận trên cho ta biết, 2p p2 là hợp số, mâu thuẫn Vậy p 3 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn bài toán

Câu 4. (6,0 điểm)

1)Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến AP BM CN, , cắt nhau tại trọng tâm G, BM

vng góc với CN AH là đường cao của tam giác ABC GK, vng góc BC K BC.

Chứng minh AH 3GK và 4 2 1 2 12.

AHBMCN

2) Cho tam giác ABC vuông tại A ABAC. Đường tròn  I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC CA AB,, lần lượt tại D E F, , Gọi S là giao điểm của AI và DE.

Trang 5

1)

Ta có GK AH// (Do cùng vng góc với BC) Theo định lí Thales ta có

PGGK

PAAH (1)

Mặt khác do G là trọng tâm tam giác nên ta có 13PGPA (2) Từ (1) và (2) ta có 13GKAH hay AH 3GK.

Vì BM CN, theo hệ thức lượng trong tam giác vng ta có

22222111112233GKGBGCBMCN2221119GK4BM4CN

Trang 6

Ta có  0  0 1800  0 18018090.222BACABCCCAIBMặt khác   0 902C

AES  AED  (là góc ngồi của tam giác DEC cân tại C)



AIBAES

 Và EAS IAB nên IABEAS

Vì IA là phân giác của AMKnên AKIK

AMIM Áp dụng định lý Talet ta có: (1).IKFKAKFKAKAMIMFAAMFAFKFAMặt khác , ANSAAK(2)IDSIFKTừ (1) và (2) suy ra AMANFAID mà FAID nên AMAN.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b 3c2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Tab ac6 bcLời giảiTìm Max Ta có T abac6bcabac, (do bc 0) 3 2 3 ,abacacabac     (do ac 0) 23312a bca bc 

(Theo bất đẳng thức Cô – si)