22 hsg9 ha giang 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 Hà Giang Câu 1 (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu th[.]

Tỉnh Hà Giang

Câu 1 (4,0 điểm)

P

x x x x x x Vớix 0 rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

b) Cho x 39 4 5 39 4 5 Tính giá trị của biểu thức Qx33x172023

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho Parabol  P :yx2 và đường thẳng d y: 2x m Tìm m để đường thẳng d cắt  P

tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x thỏa mãn 1, 2 3 3

x x 

b) Giải hệ phương trình

2

12

x y

x y

x y









Câu 3 (3,0 điểm)

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2y2 x y xy  2 7

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn x y z  2 3 và xy yz zx  4

Chứng minh rằng:

2

x y z xyz

xyz

x y y z z x

Câu 5 (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A AB, AC và M là trung điểm cạnh BC Gọi P là một điểm bất kỳ trên đoạn AM ( P khác A và M ) K L, lần lượt là các điểm thuộc tia BP CP, sao cho

AKBABC và ALCACB Đường tròn

 I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB

tại điểm F khác B Đường tròn  J ngoại tiếp tam giác CPK cắt đường thẳng AC tại điểm

E khác C

a) Chứng minh rằng BKAvà BAP đồng dạng

b) Chứng minh đường thẳng IJ song song với EF

-Hết -

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (4,0 điểm)

P

x x x x x x Vớix 0 rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

b) Cho x 39 4 5 39 4 5 Tính giá trị của biểu thức Qx33x172023

Lời giải

P

x x x x x x

1 2 1 3 1

x

x x x



1



 

x x

x x x

x x x

1

P

x x



3

P

x x

x

Dấu "=" xảy ra khi 1 1

0

x  x

3

Max P  khi 1

4

x 

x x x x

      Khi đó: Qx33x17202318 17 20231

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho Parabol  P :yx2 và đường thẳng d y: 2x m Tìm m để đường thẳng d cắt  P

tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x thỏa mãn 1, 2 3 3

x x 

b) Giải hệ phương trình

2

12

x y

x y

x y









Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm x22x m x22x m 0 (*)

+) Điều kiện để d cắt  P tại hai điểm phân biệt là phương trình (*) có  ' 0 1 m0m1 +) Với điều kiện trên thì theo Vi-Et ta có: x1x2 2, x x1 2m

1

2

x x   x x  x x x x    m m (thỏa mãn)

2

m  là giá trị cần tìm

b) ĐK: x2,y 1 Khi đó

2

x y

x y

x y







1 3 2 1

1

7

y

x y



(Thỏa mãn)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x y ,  3;2

Câu 3 (3,0 điểm)

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2y2 x y xy  2 7

Lời giải

+) Từ x2y2 x y xy27x y 22xyx y xy  2 7

+) Đặt ax y b , xy a b Z,   Khi đó ta có phương trình: a22ba b 2 7

a ab a b a b a

2

a b 7 -7 1 -1

a 3 1 9 -5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x y  ,    1; 4 , 4;1 

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho x y z là ba số thực dương thỏa mãn , , x y z  2 3 và xy yz zx  4

Chứng minh rằng:

2

x y z xyz

xyz

x y y z z x

Lời giải

+) Từ x y z  2 3x y z  2 12x2y2z22xy yz zx  12

x2y2z22.4 12 x2y2z2 4 +) Khi đó:

VT

x y y z z x x y y z z x

y z z x x y y z z x x y

x y z x y z x y z xyz

yz zx xy xyz xyz xyz xyz

  

Câu 5 (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A AB, ACvà M là trung điểm cạnh BC Gọi P là một điểm

bất kỳ trên đoạn AM ( P khác A và M ) K L, lần lượt là các điểm thuộc tia BP CP, sao cho

AKBABC và ALCACB Đường tròn  I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB

tại điểm F khác B Đường tròn  J ngoại tiếp tam giác CPK cắt đường thẳng AC tại điểm

E khác C

a) Chứng minh rằng BKAvà BAP đồng dạng

a) KẻAHBC H BC

Vì ABC vuông tại A , AM là trung tuyến

MAMBMC MAB cân tại M

MABMBAAKB ABCMAB

 BKABAP g g 

b) Vì BKABAP BA BKAB2 BP BK

BP BA

+) Áp dụng hệ thức lượng trong ABC vuông tại A

đường cao AH ta có: AB2 BH BC

+) Từ đó: BH BC BP BK BH BK

BP BC

 BHPBKC c g c BPHBCK

HPKC

 là tứ giác nội tiếp hay HPKC nội tiếp đường tròn  J

+) Tương tự: ALCACBCAP CLACAP g g  

CL CA

CA CP CL

CA CP

    mà CA2 CH CB CP CL CH CB PHBL nội tiếp  I

+) Vì FPHBL nội tiếp  I PFAPFBPHC ( góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh 

đối diện)

Vì CEKPH nội tiếp  J PHCPEA (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Suy ra PFAPEAAPEF là tứ giác nội tiếp FAEFPE900PEPF

+) Kéo dài HP cắt EF tại N Vì CEPH và APEF nội tiếp nên:

NPEACH PACPFENFP NPF  900 PNF900HPEF

Mặt khác IJHP(tính chất đường nối tâm) EF IJ// (cùng vuông góc với HP )

N F

L

I

E K

J

A

P