23 hsg9 ha nam 22 23

Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Học sinh giỏi 99 P Câu 1: Cho biểu thức Tỉnh Hà Nam a 1 a a  a  a a  a    a a a a a a với a  0,a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm điều kiện a để biểu thức Câu 2: Q P nhận giá trị nguyên a) Giải phương trình x  x  x  x  0  x  y  x  y  0  x   y  x  x 26 b) Giải hệ phương trình  Câu 3: Cho parabol đổi Câu 4: Câu 5:  P  P : y  x hai điểm A   2;  , B  4;8  nằm  P  Gọi M điểm thay có hồnh độ m    m  4 Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn x  y   x  y   y  x  x3 Tìm nghiệm nguyên phương trình  O; R  a) Cho đường tròn  đường kính AB Gọi C điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các O đường thẳng CA, CB cắt đường tròn   điểm thứ hai tương ứng D, E Trên cung AB  O F  FA FB  không chứa D lấy điểm  Đường thẳng CF cắt AB M , cắt O' đường tròn (O ) N ( N khơng trùng với F ) cắt đường trịn   ngoại tiếp tam giác CDE 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 hình chiếu vng góc F đường thẳng BD, AB Các AB BD AD   đường thẳng IH CD cắt K Tìm vị trí điểm F để biểu thức FH FI FK đạt giá trị nhỏ I b) Cho góc nhọn xOy cớ định A điểm cớ định Ox Đường trịn   thay đổi I tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt E , D Gọi AF tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến   ( F tiếp điểm) Chứng minh DF qua điểm cớ định CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Câu 6: Cho số dương a, b Chứng minh: 2  a  b  1   a  b  1   b  a  1  2  a  b    a  1  b  b 1  a -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a 1 a a  a  a a  a  P   a a a a a a Cho biểu thức với a  0,a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm điều kiện a để biểu thức Q P nhận giá trị nguyên Lời giải a) Rút gọn biểu thức P P  a 1  a  a    1 a   1 a  a  a 1 a a  a  1 a 1 a  a 1   a  a   a a a  a  a 1 a b) Tìm điểu kiện a để biểu thức P a Có P 4   2 a a a Q P nhận giá trị nguyên  4 a (Theo BĐT Côsi)  a 1 a (loại a 1 ) Vậy P  4a  0, a 1  0 2 Q 2 P Do để Q    Q 1  P 8   a  a  0  a 3  2  a 17  12    a 17  12 (thỏa mãn điều kiện)  a 3  2 Vậy a 17 12 giá trị cần tìm Câu 2: a) Giải phương trình x  x  3x  x  0 CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 2  x  y  x  y  0  x   y  x  x 26 b) Giải hệ phương trình  Lời giải a) Điều kiện x  3x  x  0 Có  x3  3x  x   x  1 x  x   x  x   x  1   0x x  x  x    x  nên  1   x  1   x  x     x  1  x  x   0  x x   0 x  2x  x  2x  2  t 1 2t  3t  0   x  t 1 t , t 0  x  2x  Đặt ta được phương trình t 1  t  x x 1  1 x  2x  x  2x   x  3x  0 (vô nghiệm) x 1 x 1    x  2x  2 x  2x   x  x  0  x 3  (thỏa mãn điều kiện) Vậy pt có nghiệm x 3  3   x    y 0 b) Điều kiện  1   x    x  y   y  3    x   y  ) x   y    x    y 0 vô nghiệm  x  5  y  x  , y 0 ) x   y   y  x  thay vào   ta được x    x  1  x  x 26     2x     x    x  x  21 0 CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023  2x   2x      x  3  x   0 2x   2x   2     x  3    x   0 2x    2x    2  x 3,   x   x 1 ) x 3  y 2 2x   2x   Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu 3: Cho parabol  P đổi  P : y   x; y   3;  x hai điểm A   2;  , B  4;8  nằm  P  Gọi M điểm thay có hồnh độ m   m   Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn Lời giải  m2  M  m;    Có Gọi A  2;  , M  m;0  , B 4;0  S ABBA   AA  BB AB 30 S AMM A AA  MM  AM    m    m     S MBBM  MM   BB M B  16  m    m     2 S ABM S ABAB  S AMM A  S MBBM  30  S ABM  4 6m  12m  72 27 3(m  1)   2 27 m CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Vậy m 1 giá trị cần tìm Câu 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y   x  y   y  x  x3 Lời giải  x  y   x  y   y x  x    x  ( x  1)  y  1 y     y  1      x  x 1 (1) số nguyên dương lẻ số nguyên dươnglẻ   x, x  lẻ  x 0   x,1  x  d  Giả sử Do   x  d    x  d d số lẻ   x  d     x     x   d  2d  d 1 (do d Lại có 2 Mặt khác, (1)    x   x  1 lẻ) sớ phương  x,1  x số nguyên tố nên  x,1  x sớ phương 2 Do x , x  hai số nguyên liên tiếp sớ phương nên x 0  y 0 x 0   y  y 0    y 1 Vậy  x; y   0;0   x; y   0;1 Câu 5: a) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Gọi C điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn Các O đường thẳng CA, CB cắt đường tròn   điểm thứ hai tương ứng D, E Trên cung AB  O F  FA FB  không chứa D lấy điểm  Đường thẳng CF cắt AB M , cắt O' đường tròn (O ) N ( N không trùng với F ) cắt đường tròn   ngoại tiếp tam giác CDE 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 hình chiếu vng góc F đường thẳng BD, AB Các AB BD AD   đường thẳng IH CD cắt K Tìm vị trí điểm F để biểu thức FH FI FK đạt giá trị nhỏ CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 I b) Cho góc nhọn xOy cớ định A điểm cớ định Ox Đường trịn   thay đổi I tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt E , D Gọi AF tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến   ( F tiếp điểm) Chứng minh DF qua điểm cố định Lời giải a) i) Xét đường tròn  O   sd BFA sd DNE  BCA  (Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn)   180  sd DNE  BCA   sd DNE 60   EOD 60 OED có OD OE  OED cân O  Mà EOD 60  ODE tam giác  OD DE  ED R ii) Chứng minh CN CF CP.CM   O CPE CDE (2 góc nội tiếp chắn cung CE đường tròn   )   O Mà CBM CDE (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường tròn   )    CBM CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM CE CM   CE.CB CM CP  CP CB (1) CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF CE CF   CE.CB CN CF CN CB (2) Từ (1) (2) suy ra: CN CF CP.CM    FAK iii) Tứ giác BIHF , BDAF nội tiếp nên FHK (= FBD ), suy tứ giác AKHF nội tiếp  nên FKA 90   Xét DFK BFH có FKD FHB 90  O   FDA FBH (Hai góc nội tiếp chắn AF đường tròn   ) DK BH   DFK ~ BFH  FK FH (1) Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAF  ID HA  IF HF AK BI  Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên: FK FI (2) (1) , (2)   DK AK BH BI DA BH BI      FK FK FH FI hay: FK FH FI DA BD BH BD BI BH ID       FK FI FH FI FI FH FI ID HA DA BD BH HA AB      Mà FI FH suy ra: FK FI FH FH FH AB BD AD AB    Vậy FH FI FK FH AB BD AD   nên FH FI FK nhỏ FH lớn F trung điểm cung AB b) CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Kéo dài DF cắt OI J Chứng minh được điểm A, E , I , F thuộc đường tròn   Chứng minh được JFE  JIE suy điểm J , F , I , E thuộc đường trịn Do điểm A, E , I , F , J thuộc đường tròn  Góc AJI 90 J điểm cớ định Câu 6: Cho số dương a, b Chứng minh: 2  a  b  1   a  b  1   b  a  1  2  a  b    a  1  b  b 1  a Lời giải 2  a  b  1   a  b  1   b  a  1  (1) 2  a  b    a  1  b  b 1  a 2  a 1   b 1   1  1   a  b  1  b a      (*) (1)    2  a  b    a 1  1  b 1  1      b   a  Đặt x a b y z a  b 1 ; a  b 1 ; a  b 1 b 1 a 1 1   1;   1; a  b   1; x b y z ta được a Vì a; b   x; y; z  Ta lại có x  y  z 1   x; y; z  Thay vào (*) ta được CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 2 1 2z   1  y   1  2x 2 z2  1 z  y2  1 y  x2    x    Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023  z  z 1 y  y 1 x  x 1    z  z 1 y  y 1 x  x 1  1 27    z  2z 1 y  y 1 x  x 1 54     t   Ta có 2t  2t  25   Thật (*) 18  3t  1   25 18  3t  1  25  3t  1  (*) với t thuộc khoảng (0; 1) 18  3t  1   2t  2t  25   0 2t  2t   18t  18t  0  2t  2t  1   3t    3t  1 0 2t  2t  3t   9   3t  1   0  2t  2t  1     3t  1 18t  3t  0   3t  1 2 2t  2t   0t  6t  1 0 với t Dấu xảy t thỏa mãn  t  1 Sử dụng (*) lần cho x; y; z cộng từng vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Dấu xảy x  y z  CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 hay a b 1  Trang 10  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 11 