07 hsg9 bến tre 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 Bến Tre Câu 1 (5,0 điểm) a) Tính giá trị biể[.]

Tỉnh Bến Tre

Câu 1 (5,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: A  4 15 4 152 3 5

b) Rút gọn biểu thức: 5 2 6 9. 0

2023

B 

Câu 2 (3,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa

2 2

85 13

x y





Câu 3 (3,0 điểm). Giải phương trình:

2

Câu 4 (3,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực không âm Chứng minh rằng

a a  b b b  c c c  a  a b c 

Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ACB 45 , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực

tâm của tam giác ABC Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K

và L Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của (O)

Câu 6 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn  O và 1 O2 tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này

nằm trong đường tròn  O và tiếp xúc với 3  O lần lượt tại điểm M (3 M O1 ) và điểm N

(NO2) Tiếp tuyến chung tại T của  O và 1 O2 cắt O tại điểm P ( P và 3 O nằm cùng phía của 3

đường thẳng MN ) Đường thẳng PM cắt  O tại 1 A ( AM ), đường thẳng PN cắt O tại D (2 DN)

và đường thẳng MN cắt  O và 1 O lần lượt tại B ( B2  M) và C(CN ) Gọi E là giao điểm của AB

và CD

a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích

b) Chứng minh rằng: EBC EDA

Hết

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (5,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: A  4 15 4 152 3 5

b) Rút gọn biểu thức: 5 2 6 9. 0

2023

B 

Lời giải

5 3 5 3 2. 5 1 2

2

b) Với x 0, khi đó ta có:

2

2

1

B

x



x

x



 2

Vậy, với x 0 thì 1

2

x B x





 và

2022 2023

B  tại x 4084441

Câu 2 (3,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa

2 2

85 13

x y





Lời giải

Vì x y ,  Znên x  y  Z x ; 2 y2 Z

Ta có:

2 2

2 2

(1)



Vì 5.17 không chia hết 13 nên 2 2

x y Z khi xy 13 xy13 (k k  )

 y13kx (2)

Thay (2) vào (1) ta có: x2(13kx2)85k

2 2

2x 26kx 169k 85k 0 (*)

Ta có  ' (13 )k 22(169k285 )k k(170 169 ) k

Để (*) có nghiệm thì

' 0 (170 169 ) 0

1

k k

 

Với k 1 ta có hệ phương trình 2 213

85

x y

 





 Giải hệ phương trình này, ta được x6; y7hoặc x7; y6

Vậy các cặp số ( ; )x y thoả mãn là x6; y7hoặc x7; y6

Câu 3 (3,0 điểm) Giải phương trình:

2

Lời giải

ĐK: x  ±1

2



Đặt 2

1

x

a

x





2 1

x b x





 Ta có phương trình:

0 9

–

0

a a b

a a

b

b

b a

a b

a

b

b





 







 











+) Nếu a b 0 thì:

0

(x 2)(x 1) (x 2)(x 1) 0

2 3 2 2 3 2 0

6x 0

0

x

  (thỏa mãn)

+) Nếu 9a b 0 thì:

9(x 2)(x 1) (x 2)(x 1) 0

9x 27x 18 x 3x 2 0

2

8x 30x 25 0

 1 15 5 17

8

x   (thỏa mãn) ; 1 15 5 17

8

x   (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: 1,2 15 5 17

8

x   ; x  3 0

Câu 4 (3,0 điểm) Cho , ,a b c là các số thực không âm Chứng minh rằng

a a  b b b  c c c  a  a b c 

Lời giải Cách 1 Với , ,a b c 0

3a 6b 2a 4ab2b a 4ab4b 2 a b  a2b  a2b

vì a b 2 0,a b,

Tương tự: b 3b26c2 b22bc

2 2 2

c c  a c  ca

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab c

Cách 2

Áp dụng BĐT: 2 2 2  2

3

x y z   

2

2

3

a b b

Cách 3

Áp dụng BĐT :  2 2 2 2  2

m n x y  mx ny

Ta có: 2 2  2 2  2 2  2  2  2  2

3a 6b 3 a 2b  1  2 a  b 2  1.a 2.b 2  a2b

Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ACB 45 , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực

tâm của tam giác ABC Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K

và L Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của (O)

Lời giải

Đường thẳng vuông góc với CO cắt đường tròn ( )O tại hai điểm M , N Ta có CAN CMN45 (tam giác OMC vuông cân)

Do AHBC suy ra CAD là tam giác vuông cân ( ABC 45 ) suy ra CAD 45

Từ đó suy ra CAN CAH nên A , H , N thẳng hàng

Gọi AD và BE là hai đường cao của tam giác ABC

Ta có tứ giác ABDE nội tiếp (hai đỉnh D và E kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới cùng một góc 900)

CANHBC mà CANCBN suy ra HBCNBC

Xét BHN có BD vừa là đường cao vừa là phân giác nên BHNcân tại B

 BD là đường trung trực của HN

Do L thuộc BD nên LH LN Chứng minh tương tự ta có KHKM

Như vậy chu vi tam giác HKL là HL KL HK  NL LK KM MNlà đường kính của ( )O

Câu 6 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn  O và 1 O2 tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này

nằm trong đường tròn  O và tiếp xúc với 3  O lần lượt tại điểm M (3 M O1 ) và điểm N(NO2

) Tiếp tuyến chung tại T của  O và 1 O2 cắt O tại điểm P ( P và 3 O nằm cùng phía của đường thẳng 3

MN ) Đường thẳng PM cắt  O tại A ( A1  M), đường thẳng PN cắt O tại D (2 DN) và đường thẳng MN cắt  O và 1 O lần lượt tại B ( B2 M) và C(CN ) Gọi E là giao điểm của AB và CD

a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích

D

E

N L

K

M

H

A

O

B

C

b) Chứng minh rằng: EBC EDA

Lời giải

a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích

Ta có  O tiếp xúc trong với 1  O tại 3 M O O M1, 3, thẳng hàng ;

Ta có O2 tiếp xúc trong với  O tại 3 N O O N1, 3, thẳng hàng ;

MO B MO N

  là các tam giác cân có M chung nên  

MO BMO N ;

2C, 3

  là các tam giác cân có N chung nên  

NO C NO M ;

;

MAB MO B MPN  MO N (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

   (có cặp góc đồng vị bằng nhau) ;

;

NDC NO C NPM  NO M (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

   (có cặp góc đồng vị bằng nhau) ;

Tứ giác AEDP có các cạnh đối song song nên là hình bình hành

b) Chứng minh rằng: EBCEDA

Ta có PT là tiếp tuyến của   2

O  PT  PA PM ;

PT là tiếp tuyến của   2

O PT PD PN ;

Gọi H là giao điểm của PE và MN, vì BE PN CE AM nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có : // ; //

PN  HP  PM

H I

E

C B

D A

P

O3

O1

O2 T

M

N

Từ (1) và (2), ta có : EB PA PN

, mà AEDP là hình bình hành

Xét EBC và EDA có :



E chung ; EB ED

EC  EA (chứng minh trên) ;

EBC EDA c g c EBC EDA

Hết