KHAI THÁC đề HSG TỈNH KHÁNH hòa năm 2022 2023

2 Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.. b Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.. Câu 5: 2,00 điểm Một tứ giác lồi có độ dài b

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn thi TOÁN

Ngày thi: 07/12/2022

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (4,00 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

3

3 1 10 6 3

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

2

2

xy

Chứng minh rằng xy 1là một số chính phương

Câu 2: (4,00 điểm)

1) Cho đa thức f x( ) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f(3) (4)f f(7) Chứng minh rằng

đa thức f x( ) 12 không có nghiệm nguyên

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

Câu 3: (4,00 điểm)

1) Giải phương trình

2

6 4

2 4 2 2

4

x

x

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

B

Câu 4: (6,00 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

2) Cho hình vuông 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

AE AF không đổi

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

Câu 5: (2,00 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 còn lại Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau

-HẾT-

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỜI GIẢI THAM KHẢO (Biên soạn: Nguyễn Bá Vinh, Đặng Mai Quốc Khánh)

Câu 1: (4,00 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

3

3 1 10 6 3

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

2

2

xy

x y Chứng minh rằng xy 1

là một số chính phương

Lời giải:

1)

3

2

3 1 3 1

2

5 1 5

A

2) CÁCH 1:

2

2 2

2

2

1 0

1 0 1

xy

xy

CÁCH 2:

Đặt x y a xy, b x2 y2 a2 2b

Theo giả thiết:

2

2

xy

2 2

2

1

a

a2 2a b2 b2 2b 1 2a2 0

a2 b 2 2 a2 b 1 0

a2 b 12 0

a2 b 1 0

b 1 a2

Hayxy 1 x y 2 là một số chính phương với x, y là các số nguyên

KHAI THÁC & MỞ RỘNG:

Nếu x, y là các số hữu tỉ thì (x+y)là số hữu tỉ Do đó xy 1 x y cũng là số hữu tỉ

Ta được bài toán mới:

Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn dẳng thức

2

2

xy

Chứng minh rằng xy 1là một số hữu tỉ

Câu 2: (4,00 điểm)

3) Cho đa thức f x( ) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f(3) (4)f 7 Chứng minh rằng đa

thức f x( ) 12 không có nghiệm nguyên

4) Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng

Lời giải:

1) Giả sử f(x) -12 có nghiệm nguyên x = a f x( ) 12= x a g x ( )

( )

f x = x a g x + 12 ( )

7 = f(3) (4)f = 3 –a g 3 12 4 –a g 4 12

7 = 3 a 4 a g (3) (4)g + 12 3 a g 3 4 a g 4 + 12.12 (*)

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)

Vậy f(x) – 12 không có nghiệm nguyên

2) Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là a b c, , abc=5(a b c+ + )

Cách 1: (Phương pháp sắp thứ tự toàn phần) 5( ) 1 1 1 1

5

Vì a b c, , có vai trò bình đẳng Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a b c

3

5 15

bc bc

 

Mà b c, : số nguyên tố và b c nên









Vậy (a;b;c) = (2;5;7) và các hoán vị

KHAI THÁC và MỞ RỘNG

MỞ RỘNG 1: Dựa vào kỹ thuật “Sắp thứ tự toàn phần” , ta có thể TỔNG QUÁT bài toán:

Tìm nghiệm nguyên dương của x x1 2 x n =k x( 1+ + +x2 x n) với k,n nguyên dương

NHẬN XÉT 1: Bài toán trên còn 1 cách giải như sau

Do a b c, , là các số nguyên tố; 5(a b c+ + )chia hết cho 5

abc phải có một số chia hết cho 5

Vì a b c, , là các số nguyên tố nên có 1 số bằng 5

Vì a b c, , có vai trò bình đẳng Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a = 5

Ta lại có: 5bc = 5(5 + b + c) bc = 5 + b + c b – bc + c + 5 = 0

b(1 – c) – (1 – c) = –6

(b – 1)(c – 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

MỞ RỘNG 2: Ta biết a b SNT, : ab=BCNN a b( ), (STN: Số nguyên tố)

Do đó, ta có thể phát biểu bài toán trên dưới dạng:

5= BCNN( a,b )+BCNN( a,c )+BCNN( b,c )

MỞ RỘNG 3: Từ mở rộng 2, ta tiếp tục mở rộng sẽ được bài toán sau:

Cho a b c, , là 3 số nguyên tố khác nhau đôi một.Tìm 3 số a b c, , để giá trị của biểu

BCNN( a,b ) BCNN( a,c ) BCNN( b,c )

(Đề thi học sinh giỏi 2020-20121,huyện Yên Mô)

Lời giải:

Ta có: a b c, , là 3 số nguyên tố khác nhau nên BCNN a b( , )=a b ;BCNN a c( , )=a c ;

( , )

BCNN b c =b c

( , ) ( , ) ( , )

A

Vì vai trò a b c, , như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử:a b c

Mà a b c, , là 3 số nguyên tố nên a2;b3;c5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2.3 2.5 3.5 6 10 15 3

A

 = + +  + + = + + =

1

2, 3, 5 3

Vậy A đạt GTLN khi a=2,b=3,c=5và các hoán vị của nó

MỞ RỘNG 4: Ta xét một số bài toán tương tự

Bài 1: Tìm các số nguyên tố a b c, , sao cho a b c =3(a b c+ + )

Lời giải:

Vì a b c =3(a+ + b c) abc 3

Giả sử a 3, vì a là số nguyên tố  =a 3

Ta có 3 .b c=3(3+ + b c) bc= + +3 b c

3 ( 1) 3

( 1) 4 ( 1)

( 1)( 1) 4

( , ) (3, 3); (2, 5)

b c

Vậy ( , , )a b c (3,3,3);(2,3,5)

Bài 2: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b,c sao choabcab bc ac+ +

Lời giải:

Vì a, b,c có vai trò như nhau nên giả sử a  khi đó b c

ab bc ac+ + 3bc

abc 3bc

   = vì a là số nguyên tố

Với a= thì ta có 2 2bc2b 2c bc+ + bc2(b c)+ 4c

b 2

b 4

b 3

=



    =

 ( vì b là số nguyên tố ) + Nếu b= thì 4c 4 4c2  + thỏa mãn với c là số nguyên tố bất kì

+ Nếu b= thì 3 6c +6 5c   c 6 c  3;5

Vậy các cặp số (a, b,c) cần tìm là (2, 2, p);(2,3,3);(2,3,5) và các hoán vị của chúng, với p là số nguyên

tố

Bài 3: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a b c, , đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện:

20abc30(ab bc ca+ + )21abc

( Trích đề HSG lớp 6 huyện Gia Lộc năm học 2017-2018)

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra 2 1 1 1 7

3 + + a b c 10 Để không giảm tính tổng quát giả sử a   b c 1

Suy ra 2 3 2 9

3 c c , do đó c  2;3

3 + + 2 b c 10 1 1 1 1 1 2 à1 1

6 a b 5 6 b v b 5

  +    

Do đó b 7;11

+ Với b =7, khi đó từ 1 1 1 1

6 + a b 5 suy ra 1 1 2

42  a 35  a 19; 23; 29;31;37; 41

+ Với b =11 từ 1 1 1 1

6 + a b 5 suy ra 5 1 6

66 a 55  =a 13do a b

Với c =3 từ giả thiết suy ra 1 1 1 11

3 + a b 30 1 2 6 5

     = (do bc)

Thay b =5 vào 1 1 1 11

3 + a b 30 ta được 6 15 7

2

   = Vậy các bộ ba số nguyên tố khác nhau (a b c thỏa mãn là: ; ; )

(19;7; 2 , 23;7; 2 , 29;7; 2 , 31;7; 2 , 37;7; 2 , 41;7; 2 , 13;11; 2 , 7;5;3 và các hoán vị của nó ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Bài 4: Tìm tất cả các bộ ba nguyên tố ( ; ; )p q r sao cho pqr= + + +p q r 160

( Trích đề HSG lớp 9 Ninh Bình năm học 2018-2019)

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử p q r

Với p =2 thì 2 rq = + +q r 1624 rq −2q−2r=324

2

2 (2r 1) (2r 1)q 325 (2q 1)(2r 1) 325 5 13

32q− 1 2r 1−  9 (2q−1) (2r 1)(2− q−  1) 9 (2q−1) 325 3 2q− 1 18

Do 2q −1 là ước của 5 132 nên 2q − 1  5;13

Nếu 2q− =  =  =1 5 q 3 r 33 ( loại)

Nếu 2q− =1 13 =  =q 7 r 13( thỏa mãn)

pq = + + +p q r  p q − − − =q r

( r 1)(q p 1) qr 1 q r 160 ( r 1)(q p 1) q(r 1) (r 1) 2 160

 − − + − − − =  − − + − − − − =

( r 1)(q p 1) (q 1)(r 1) 162

 − − + − − =

Nếu p lẻq r; lẻ ( r 1)(q − p− +1) (q−1)(r−1) 4 mà 162 không chia hết cho 4  ( vô lí)

Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là (2;7;13 và các hoán vị )

Câu 3: (4,00 điểm)

1) Giải phương trình

2

6 4

2 4 2 2

4

x

x

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

B

Lời giải:

1) Giải phương trình

2

6 4

2 4 2 2

4

x

x

Điều kiện: 2 x 2

CÁCH 1: Để ý sẽ thấy ( ) (2 )2

6x− =4 2x+4 − 2 2−x , từ đây giúp ta định hình cách giải

2

6 4

2 4 2 2

4

x

x

2

2

2

x

2 2

2

3

0

x

Giải (*):

2 2

2

2x 4 4 2 x 4 2 4 x x 4

4 2 4 x x 2x 8

+ Nếu x = 2 thì VT = VP x = 2 là nghiệm

+ Nếu 2 x 2thì VT 0, còn VP < 0 Phương trình vô nghiệm

Vật tập nghiệm của phương trình đã cho là: 2; 2

3

S

CÁCH 2: (Trương Liên)

2

6 4

2 4 2 2

4

x

x

− + − − =

+

2x 4 x 4 2 2 x x 4 6x 4

nhan

4 4 2 4 2 2 4

TH1: nếu x =2 thì VT = VP = 2 2  =x 2 là nghiệm của phương trình

TH2: Nếu x = − thì 2 VT =2 3− 8 VP=2 3

TH3: nếu −  2 x 2:

(1) 4 2− −x x2+ =4 2 2x+ −4 x2+ 4

8 4x 2x 4

2 3

x

 =

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 2; 2

3

S=  

 

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

B

CÁCH 1: AM-GM cho 4 số

Vì B là biểu thức đối xứng với a,b nên ta dự đoán điểm rơi có thể xảy ra tại a= = b 2

Ta sẽ tìm m để cân bằng hệ số:

4

4

1

a

b

Cho

4

2

1

a b

a

b

Từ đây, ta có lời giải như sau:

4

4 4 4 4 4

1

a

b

4

1

a

b

Tương tự, ta được

4

1

b

a

Do đó, B 32(a b) 48(a b) 48 16 a b 48

4

32

a b

B

Dấu “=” xảy ra tại a= = b 2

CÁCH 2: Đặt ẩn kết hợp AM-GM 3 lần

1

x y

= −





 = −

 , vì a b+  nên 4 x+ y 2

Khi đó,

16

B

3 3

2

x y

Dấu “=” xảy ra tại x= =  = =y 1 a b 2

KHAI THÁC & MỞ RỘNG (vẫn chưa hoàn thiện)

Nhận xét 1: Ta thử thay đổi giả thiết đi đến bài toán sau

Cho a, b là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện a b 4 Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

B

Hướng dẫn

Dự đoán điểm rơi: a= = b 2

Ta sẽ tìm m để cân bằng hệ số:

4

4

1

a

b

Cho

4

2 3

16 1

81 1

a b

a

b

Nhận xét 2: Ta thử xét cặp bài toán đối nhau

1) Cho a, b là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện a b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B

2) Cho a, b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B

Câu 4: (6,00 điểm)

3) 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

Lời giải:

Tính giá trị của biểu thức ID BE CM

Ta có: IM // EC (gt) DIM∽ DEC (1)

DE // AB (gt) DEC∽ ABC(2)

Từ (1) và (2) suy ra: DIM∽ ABC

Lại có DE // AB BE AD

CA CA

KHAI THÁC & MỞ RỘNG

Từ I kẻ FK / /AC F( AB K, BC) AF=ID

Ta được bài toán :

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 ),

đường FK/ /AC F( AB K, BC) Tính giá trị của biểu thức AF BE CM

2) Cho hình vuông 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

c) Chứng minh rằng 12 12

AE AF không đổi

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

M

E

D A

I

Lời giải:

a) Chứng minh rằng 12 12

AE AF không đổi

Ta có: AB

AD

AF sinDFA= sinBAE (Vì AB//DF nên DFA BAE(so le trong))

Do đó

1

2

1

AB

AE AF (vì AB = AD)

Vì 12

AB không đổi nên 2 2

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 vuông góc hạ từ C xuống BF

Ta có: BH BF’ BO BD = BC2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

'

BD BF , mà DBFchung

Nên BH O' ∽ BDF c( g c)

Suy ra BH O' BDF 450 ' 1 '

2

M

O

F

E

H'

H’O là tia phân giác của BH C' (1)

'

H’E là tia phân giác của BH C' (2)

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

Qua H kể đường vuông góc xuông AD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q

Gọi M là trung điểm của BC

Ta có 2S HAD =AD HP =AD HQ.( +PQ)= AD AD.( +HQ) 2

hay

2

3 4

HAD

AD

HAD

S đạt giá trị lớn nhất bằng

2

3 4

AD  EM hay E là trung điểm của BC

CÁCH 2:

a Vẽ AX⊥AF(X CD )

 DAX=BAE(cùng phụ góc DAE)

Xét DXA và BEA : AD = AB; ADX=ABE= 90°; DAX=BAE

C D

X

O

E F V

F

 DXA = BEA (g – c – g)

 AX = AE

Xét AXF vuông tại A có đường cao AD:

b

Ta có tính chất quen thuộc: CH⊥BF(bạn đọc tự chứng minh)

Kẻ HM⊥AD ( MAD); gọi {F1} = HMBC

Gọi V là trung điểm BC

Tứ giác ABFM có : MAB = ABF = AMF1 = 90°

 ABF1M là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

 MF1 = AB (tính chất)

Xét BHC vuông tại H có đường cao HF1

 HF1.BC = BH.HC (hệ thức lượng)

1

2 AHD

3

4

Dấu “=” xảy ra khi BH = HC  tgBHC cân tại H

 F1 là trung điểm AC  F1  M  E  M

Vậy E là trung điểm BC thì SAHD max

Câu 5: (2,00 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 còn lại Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau

Lời giải:

CÁCH 1:

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

Giả sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau

Không mất tính tổng quát ta giả sử a b c d   

Do tứ giác lồi nên a b c d   + +  + + a b c d 3a 2a a b c d 4a  + + + 

Từ giả thiết suy ra a b c d chia hết cho các số a, b, c, d nên ta có + + + =+ + + a b c d 3a

Đặt a b c d mb với + + + =  *

m và a b c d nc với + + + =  *

n

Do a   b c n m 3   n 5, m 4 

Từ đó ta được 3 a b c d( + + + )=3a mb nc 3a 4b 5c+ +  + +

Từ đó suy ra(b – d) (+2 c – d) 0, điều này mâu thuẫn với a b c d   

Do đó tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau

CÁCH 2:

Giả sử độ dài 4 cạnh của tứ giác là a; b; c; d và không có 2 cạnh nào bằng nhau

  

a b c d (với a; b; c; d là các số tự nhiên)

Đặt : x b c d; y a c d; z b a d

Từ a   b c d x<y<z

Vì b + c > a nên x > 1 (hay x  2) y  3 và 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 Mâu thuẩn với a > b > c > d

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

KHAI THÁC & MỞ RỘNG

Bài A Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài bốn cạnh là a, b, c, d dều là các số nguyên dương Chứng minh

rằng nếu độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác này thì tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng

nhau

Lời giải

Giả sử có tứ giác thỏa mãn yêu cầu đề bài mà không tồn tại hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau Khi đó

không mất tính tổng quát, ta sắp thứ tự a b c d 1    

Vì độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác nên

 + + + =

 + + + =



 + + + =



 + + + =



a b c d ma

a b c d nb

a b c d pc

a b c d qd Với m,n,p,q N và  * m n p q   

Suy ra ra được

 =

 + + +



 =

 + + +



 =

+ + +





 =

+ + +



m a b c d

n a b c d 1 1 1 1

1

p a b c d

q a b c d

Do đó ABCD là tứ giác lồi nên a b c d 3a nên  + +  2a a b c d 4a  + + + 

Mặt khác ta có     



a b c d am và 1 + + +  + + + 1 1 1 1 1 1 1 1

m n p q 3 4 5 6

Ta có mâu thuẫn nên điều giả sử là sai Vậy bài toán được chứng minh