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 Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức Tỉnh Quảng Bình x x1 A : x 1 x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A Câu 3 b) Tính giá trị biểu thức A x 20 14 20 14 (2.0 điểm) a) Giải phương trình: Câu Câu 3 x m 1 y 12 m 1 x 12 y 24 (với m tham số) Tìm tất giá trị m b) Cho hệ phương trình: x; y thỏa điều kiện x y để hệ phương trình có nghiệm (1.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x y z 2023 x Câu x x 2 x x yz zx xy 2023 y z y 2022 z z 2022 x x 2022 y Chứng minh rằng: (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Điểm E di động cạnh CD (khác C, D) M giao điểm AE với BC Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AE cắt CD N I trung điểm đoạn thẳng MN Đường phân giác góc BAE cắt cạnh BC P Chứng minh rằng: a) BM DE a b) AI vng góc với MN I nằm đường thẳng cố định E di động cạnh CD (khác C, D) c) AP 2 EP (1,0 điểm) Cho P n n 2n 2n (với n , n ) Chứng minh rằng: P khơng phải số phương -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 Trang 55 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 (2.0 điểm) Cho biểu thức x x1 A : x 1 x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A 3 b) Tính giá trị biểu thức A x 20 14 20 14 Lời giải x 0; x ; x 1 a) Điều kiện: x x x (2 x 1) x x 1 x 1 (2 x 1)(2 x 1) x x x1 = x1 A= x 1 x 0; x ; x 1 Vậy A = x với điều kiện a b b) Áp dụng đẳng thức a b3 3ab a b , ta có : x3 20 14 20 14 3 20 14 20 14 x x 40 3 20 14 20 14 x x x 40 0 x x x 10 0 x 4 ( x x 10 0) Thay x 4 vào A ta Vậy Câu A A x 1 1 x1 41 3 x 20 14 20 14 (2.0 điểm) a) Giải phương trình: x x 2 x x 3 x m 1 y 12 m 1 x 12 y 24 (với m tham số) Tìm tất giá trị m b) Cho hệ phương trình: x; y thỏa điều kiện x y để hệ phương trình có nghiệm Lời giải a) Điều kiện: x 1 (*) Ta có: x x 2 x x CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 Trang 56 Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 x x x x 2( x x 1) 0 x x x x x 0 x x x 0 1 x 3 x 3 x x 9 x x 1 x 3 1 x 3 1 x 3 x 2 x 2 x x 0 x x 10 0 x 5 x x 3 Vậy phương trình có nghiệm x 2 b) Ta có: 3 x m 1 y 12 m 1 x 12 y 24 3 x m 1 y 12 1 24 m 1 x 2 y 12 Thay (2) vào (1) ta được: 36 m 1 x 168 24m m m x 24m 168 3 Hệ có nghiệm (3) có nghiệm m m 7 x Khi đó: 24 m 24m 168 24 m m 5 m m 5 m Thay vào (2) ta 24 m 1 m 1 24 12 y 2 y 12 y 24 12 y 24 m 5 m5 m5 m 5 m 1 Do đó: x y m 31 24 12 36 m m 31 1 0 m 31 m m 5 m 5 m5 m 5 Kết hợp với điều kiện ta có m 31 m 7 Vậy m 31 m 7 thỏa mãn yêu cầu toán Câu (1.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x y z 2023 x Chứng minh rằng: yz zx xy 2023 y z y 2022 z z 2022 x x 2022 y Lời giải Ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 Trang 57 Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 2 a b b c c a 0 a b c ab bc ca 0 + Cho ba số thực a, b, c ta có: a b c 3 ab bc ca 1 a ,a ,a b ,b ,b + Cho hai số thực ta có: 2 a1b2 a2b1 a2b3 a3b2 a3b1 a1b3 0 2 2 a1b2 a2b1 a2b3 a3b2 a3b1 a1b3 2 a1b1a2b2 a2b2 a3b3 a3b3 a1b1 a12 a22 a32 b12 b22 b32 a1b1 a2b2 a3b3 a a1b1 a2b2 a3b3 a22 a32 b12 b22 b32 2 Ta chứng minh cho trường hợp tổng quát: Cho ba số thực x, y , z dương x y z k Ta có bất đẳng thức sau: Thật vậy, k 1 x y xy x k 1 y k2 3 k 1 x xy k 1 xy k 1 y k xy 0 k 1 x y 0 x Áp dụng (3) ta có: x k k k (đúng) yz zx xy y z y k 1 z z k 1 x x k 1 y k 1 y z y k 1 z x z k 1 x y x k 1 yx zx y k 1 zy xy z k 1 xz yz x y z k 1 yx zx k 1 zy xy k 1 xz yz k zx xy yz xy yz zx k x Do đó: x y z (theo (2)) k (theo (1)) yz zx xy k y z 4 y k 1 z z k 1 x x k 1 y Thay k 2023 ta được: Dấu " " xảy x yz zx xy 2023 y z y 2022 z z 2022 x x 2022 y (đpcm) x y z CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 2023 Trang 58 Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Điểm E di động cạnh CD (khác C, D) M giao điểm AE với BC Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AE cắt CD N I trung điểm đoạn thẳng MN Đường phân giác góc BAE cắt cạnh BC P Chứng minh rằng: a) BM DE a b) AI vng góc với MN I nằm đường thẳng cố định E di động cạnh CD (khác C, D) c) AP 2 EP Lời giải N I A D E K L B F P C M a) BM DE a Xét tam giác AEN có: EAN 90 , AD đường cao Áp dụng hệ thức tam giác vuông cho tam giác AEN ta có: DE.DN AD DE.DN a 1 Xét hai tam giác ADN MBA ta có: ADN ABM 900 AD AB a DAN BAM (vì phụ với góc DAE ) Suy ra: ADN MBA g c.g DN BM 2 Từ (1), (2) suy ra: BM DE a (đpcm) CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 Trang 59 Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 b) Xét tam giác AMN ta có: AM AN (theo câu a)), AI đường trung tuyến Suy ra: AI đường cao tam giác AMN hay AI MN Xét tam giác AMN ta có: MAN 90 (giả thiết), AI đường trung tuyến Suy ra: MN AI 3 Xét tam giác CMN ta có: MCN 90 (giả thiết), CI đường trung tuyến Suy ra: MN CI 4 Từ (3), (4) suy ra: AI CI hay I nằm đường trung trực đoạn thẳng AC (5) Mặt khác, BD đường trung trực đoạn thẳng AC (vì ABCD hình vng) (6) Từ (5), (6) suy ra: I nằm đường thẳng BD cố định (đpcm) c) AP 2 EP Kẻ EF AP F AB EK AB K AB , (7) Xét tứ giác BCEK có B C K 90 nên BCEK hình chữ nhật Suy ra: EK BC a Gọi L giao điểm AP với EK Ta có: BAP KEF (vì phụ với góc AKL (9) Từ (7), (8), (9) suy ra: ABP EKF AP EF 10 Vì AP vừa đường cao vừa đường phân giác tam giác AEF nên AP đường trung trực PE PF 11 đoạn thẳng EF Suy ra: Từ (10), (11) ta có: AP EF PE PF PE PE 2 PE AP 2 PE (đpcm) Câu (1,0 điểm) Cho P n n 2n 2n (với n , n ) Chứng minh rằng: P số phương Lời giải 2 2 Ta có: P n n 2n 2n n (n 1) (n - 2n 2) 2 Với n , n n 2n (n 1) (n 1) 2 n 2n n 2(n 1) n n 1 Do đó: n 2n n n 2n không số phương Vậy P n n 2n 2n khơng số phương CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 Trang 60