02 hsg9 bà rịa vũng tàu 22 23

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 Bà Rịa Vũng Tàu Câu 1 (3,0 điểm) 1 Rút gọn b[.]

Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu

Câu 1 (3,0 điểm)

1

x A

x

với 0x1

2 So sánh hai số 3

3 2 2 10 6 3

Câu 2 (3,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1

2 2

10

 

2

1

2

2

x y







 



Câu 3 (3,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn 2x2y23xy3x3y11 0

2 Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn a b c4046 Chứng minh rằng

( )( )( ) 6

P  a b b c c a     abcchia hết cho 14

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A thuộc parabol (P) y x2 có tung độ y   A 4 Tìm toạ độ các điểm B thuộc (P) sao cho tam giác OAB vuông tại B

2 Cho các số , ,x y z thoả mãn 1  x y z , ,  3 và x2y2z2 2(x  y z 1) Chứng minh bất đẳn

Câu 5 (5,0 điểm)

Cho điểm M nằm ngoài (O) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC của đường tròn (O) (A, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MBD của (O) sao cho B nằm giữa M và D, BC < BD

1 Chứng minh MC BC

MD CD và AD.BC = AB.CD

2 Trên đoạn BD lấy điểm F sao cho  FADBAC Chứng minh hai tam giác ABF, ACD đồng dạng và AD.BC + AB.CD = AC.BD

3 Tiếp tuyến tại B của (O) cắt MC tại N và cắt đường thẳng CD tại P; ND cắt đường tròn (O) tại E Chứng minh A, E, B thẳng hàng

g thức 11 xyyzzx 3 52 Đẳng thức xảy ra khi nào?

9

Học sinh giỏi

Câu 6 (2,0 điểm) Cho điểm A nằm ngoài (O) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn

(O) (B, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AED (E nằm giữa A và D) không đi qua O cắt BC ở

F Hai tia CE và DB cắt nhau ở G, trên tia đối của tia BC lấy điểm H sao cho tứ giác CDHG nội tiếp đường tròn

AD AE  AF

2 Khi tam giác CDG có diện tích bằng 1, chứng minh

2 2

4

DBE

DE S

BC



-Hết -

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (3,0 điểm)

1

x A

x

với 0x 1

2 So sánh hai số 3

3 2 2 10 6 3

Lời giải

1

x A

x

với 0x 1

:

1

x A

x

:

x

:



:



2

2

1

x





1

x

x





 (với 0x  ) 1

2 So sánh hai số 3

3 2 2 10 6 3

3

3 2 2 10 6 3

 2 12 31 33

39 80 39 80

 3

3 39 80 39 80

3

3

3

N

2 9 5 4 5 2 4 5 2 6 2

Câu 2 (3,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1

2 2

10

 

2

1

2

2

x y







 



Lời giải

1

2 2

10

x x

  (ĐK: x 0)

4 2

3 3

x x

4 2

144 10 40

0 3

3

x x



2

10 120 144

0 3

x

2

2

120 144

2 2

x x

     

2

       

Mà 241.2424. 1 2.1212. 2 3. 8 8. 3 4. 6 6. 4

Và x 12 x 12 10

Nên ta có các trường hợp sau:

1 14





(vô lí)

TH2:

24 9

(vô lí)

TH3:

(vô lí)

TH4:

12 8

(vô lí)

TH5:

3 2

(vô lí)

TH6:

8 7

(vô lí)

TH7:

12 4

x

2

1

2

x

x

 



TH8:

12 6

x x

2

Do '> 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:x3  3 21;x4  3 21(tm)

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là x1  2;x2 6;x3  3 21;x4  3 21(tm)

 

1

2 1

2 2

x y







 



Đặt t x 1,t 0

y



t

2

 

1

1 1 3

x

x y y



Từ  2 và  3 ta có

2

2

x y







 



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 1 2; 1 2

Câu 3 (3,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn 2x2y23xy3x3y11 0

2 Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn abc4046 Chứng minh rằng

( )( )( ) 6

P  a b b c c a     abcchia hết cho 14

Lời giải

1 2x2y23xy3x3y11 0 2 (x xy)y x( y) 3( xy) 11 0 

Ta có 4 trường hợp sau:





Trường hợp 3: 11 15





Vậy tất cả các cặp số nguyên (x, y) là (–9; 20), (15; –16), (15; – 26), ( –9; 10)

2 Vì a, b, c là các số nguyên thoả mãn abc4046nên abc2.7.289 14

2

(a b c b)( c c)( a) c a( b c) 7abc

Vì a b c4046nên ít nhất một trong ba số a, b, c là số nguyên chẵn

2

abc

  Vậy P(a b b c c a )(  )(  ) 6 abc14

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A thuộc parabol (P) y x2 có tung độ y   A 4 Tìm toạ độ các điểm B thuộc (P) sao cho tam giác OAB vuông tại B

2 Cho các số , ,x y z thoả mãn 1  x y z , ,  3 và x2y2z2 2(x  y z 1) Chứng minh bất đẳng thức 11xyyzzx 3 52 Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

1 Điểm A thuộc (P) nên có toạ độ A(– 2; – 4) hoặc A(2; –4)

2

B P  B b b b  b

Khi A(– 2; – 4), do tam giác OAB vuông tại B ta có:

2 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2 2) 0

OA OB AB b  b   b b  b 

1( )

(1; 1) 2( )

B





 



Khi A( 2; – 4), do tam giác OAB vuông tại B ta có:

OA OB AB b  b   b b  b 

1( )

( 1; 1) 2( )

B

 







Vậy có hai điểm B(1; –1) và B(–1; –1)

2 xy  yz  zx   x y z  xyyzzx

3

Ta lại có: 2(xyyzxz)2(x2y2z2)(x y z)23(x2y2z2)

 ( )

BAFCAD cmt

ABFACD (cùng chắn cung AD)

ABF

  ∽ ACD (g-g)

Xét tam giác ABC và tam giác AFD ta có:

 

BACFAD

BCAFDA (cùng chắn cung AB)

ABC

  ∽ AFD (g-g)

Từ (5) và (6) ta có:

AD.BC + AB.CD = AC.FD + AC.BF = AC(FD + BF) = AC.BD (7) (đpcm)

3 Từ (4) và (7) ta có: . 2

2

AD BC

Chứng minh được: BC 2CE

BD DE (9)

Chứng minh: PB2 = PC.PD

2 2

  (10)

Từ (9) và (10) ta có:

2

    (11) Giả sử AE cắt CD tại Q

Xét tam giác QEC và tam giác QDA ta có:



EQC chung; QECADC

QEC

  ∽ QDA  (g-g) QC EC

Mà QDE ∽ QAC  QD DE

2

  (12)

Từ (11) và (12) PC QC

Vậy A, E, P thẳng hàng

Câu 6 (2,0 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài (O) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AED (E nằm giữa A và D) không đi qua O cắt BC ở F Hai tia CE

và DB cắt nhau ở G, trên tia đối của tia BC lấy điểm H sao cho tứ giác CDHG nội tiếp đường tròn

AD AE  AF

2 Khi tam giác CDG có diện tích bằng 1, chứng minh

2 2

4

DBE

DE S

BC



Lời giải

6.1 (1,0đ)

Chứng minh :

AD AE  AF

AD AE  AC (1)

Gọi I là giao điểm của OA và BC , J là trung điểm của DE

AF AJ  AI AO AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AF AJ  AD AE 2 2AJ



 ( )

BAFCAD cmt

ABFACD (cùng chắn cung AD)

ABF

  ∽ ACD (g-g)

Xét tam giác ABC và tam giác AFD ta có:

 

BACFAD

BCAFDA (cùng chắn cung AB)

ABC

  ∽ AFD (g-g)

Từ (5) và (6) ta có:

AD.BC + AB.CD = AC.FD + AC.BF = AC(FD + BF) = AC.BD (7) (đpcm)

3 Từ (4) và (7) ta có: . 2

2

AD BC

Chứng minh được: BC 2CE

BD DE (9)

Chứng minh: PB2 = PC.PD

2 2

  (10)

Từ (9) và (10) ta có:

2

    (11) Giả sử AE cắt CD tại Q

Xét tam giác QEC và tam giác QDA ta có:



EQC chung; QECADC

QEC

  ∽ QDA  (g-g) QC EC

Mà QDE ∽ QAC  QD DE

2

  (12)

Từ (11) và (12) PC QC

Vậy A, E, P thẳng hàng

Câu 6 (2,0 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài (O) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AED (E nằm giữa A và D) không đi qua O cắt BC ở F Hai tia CE

và DB cắt nhau ở G, trên tia đối của tia BC lấy điểm H sao cho tứ giác CDHG nội tiếp đường tròn

AD AE  AF

2 Khi tam giác CDG có diện tích bằng 1, chứng minh

2 2

4

DBE

DE S

BC



Lời giải

6.1 (1,0đ)

Chứng minh :

AD AE  AF

AD AE  AC (1)

Gọi I là giao điểm của OA và BC , J là trung điểm của DE

AF AJ  AI AO AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AF AJ  AD AE 2 2AJ



AJ AJ

AD AE







AD AE









6.2 (1,0đ)

Chứng minh:

2 2

4

DBE

DE S

BC



Chứng minhDBE DHG

2 2

DBE DHG

2 2

DBE DHG

DE

DG

Gọi h ,1 h lần lượt là chiều cao ứng với cạnh 2 DGcủa hai tam giác DHG,DCG

1 2

DHG

DCG

Từ (1), (2) suy ra

2 2

DBE

S

Chứng minh BC BH BD BG

DGBDBG

2

Từ (3), (4) ta có

2

DBE

S

