31 hsg9 khánh hòa 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 30  Tỉnh Khánh Hòa Câu 1 (4,0 điểm) 1 Rút gọn biểu t[.]

Tỉnh Khánh Hòa Câu 1 (4,0 điểm)

3 1 10 6 3

6 2 5 5



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

2

2

  

   



 

xy

1



xy là một số chính phương

Câu 2 (4,0 điểm)

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  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 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình

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 (6,0 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

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

Câu 5 (2,0 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 -

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (4,0 điểm)

3 1 10 6 3

6 2 5 5



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

2

2

  

   

 

xy

1



xy là một số chính phương

Lời giải

3 1 10 6 3

6 2 5 5



3

2

3 1 3 1

2

5 1 5

 

A

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

2

2

  

   

 

xy

1



xy là một số chính phương

Cách 1:

2

          

2

     

       

2

1 0

xy

  

    



1 0

xy



 1

xy



  



 2

Vì ,  x y nên   x y  xy1 là một số chính phương

Cách 2:

Đặt x y a xy, b  x2 y2 a2 2b

Theo giả thiết:

2

2

  

   



 

xy

 2 2

2

1

a

2

2

1

  b a

1

xy x y là một số chính phương với x, y là các số nguyên

Câu 2 (4,0 điểm)

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  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

Lời giải

1. Cho đa thức f x  khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f   3 f 4  f 7 Chứng minh rằng đa thức f x   12 không có nghiệm nguyên

Giả sử f x   12 có nghiệm nguyên xa f x( ) 12  x a g x ( )

 f x   x a g x ( ) 12

    3 –    3 12 4 –    4 1

7 f 3 f 4  a g  a g 2

       3        2

7 3 a 4 a g 3.g 4 12 a g 3 4 a g 4 12.1

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)

Điều giả sử sai

Vậy f x –12 không có nghiệm nguyên

2 Cách 1:

Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là , ,a b c Khi đó, ta có:

 

5    5

Vì , ,a b c có vai trò bình đẳng nên không mất tính tổng quát, giả sử a5a5 (vì aP) Khi đó: 5 .b c5 5  b c   5 b c b c b c b c    1 6

b c 1  c1 6 c1b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:

(Thỏa mãn) (Thỏa mãn) (Loại vì

c  P)

(Loại vì

b  P)

Do vai trò của , ,a b c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7

Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7

Cách 2: (Phương pháp sắp thứ tự toàn phần)

Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là , ,a b c Khi đó, ta có:

5

bc ca ab

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

1 1 1

3

5

15

bc bc

 

 

Mà ,b c là số nguyên tố và bc nên

15 5 8

2; 5 10 5 7 7 ( )

 





       





Do vai trò của , ,a b c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7

Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình

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

4





x

x

Điều kiện: 2 x2

Ta có:

2

6x 4 2x 4 2 2 x

x 4



   



2

2

2 x 3 2x 4 2 2 x x 4









Ta có: (*)4 2 2( x 2 x)(  )x22x 8 0

4 2 2( x 2 x)(  ) ( 2 x x )( 4)0

 2x 4 2 2 ( x) (2x).(x4)0

2 x 0

4 2 2 x 2 x x 4 0

  

 

 ( ) ( ).( ) (**)

+ Với 2x 0 x2 (thỏa ĐK)

+ Với 2 x2 thì VT của (**) luôn dương nên (**) vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2;2

3

2. Cho ,a b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a  Tìm giá trị nhỏ nhất của b 4 biểu thức

B

Cách 1: Do a1,b1 nên a 1 0,b 1 0

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có:

2 2

2

a b B



(1)

2

0 1 1 2

4

 b b

2

0 1 1 3

4

 a a

4  a b 2 ab ab4  4

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra

2 2 3

3 3

2 4

a b B

a b

 = 128

128

4 = 32

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi    













2

a b

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 32 và đạt được khi a b 2

Cách 2:

1

x a

x y

y b







 



, vì ab4 nên xy2

16

AM GM x y

B



3 3

2

x y

AM GM x y AM GM

x y

 

 

Dấu “=” xảy ra tại x y 1 ab2

Câu 4 (6,0 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

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

Lời giải:

1 Tính giá trị của biểu thức ID  BECM

Cách 1:

Ta có: IM // EC (gt) DIM∽DEC (1)

DE // AB (gt) DEC∽ABC(2)

Từ (1) và (2) suy ra: DIM∽ABC

 ID DM

AB  CA

BC  AC

CA CA CA = CA 1

CA

Cách 2:

Gọi N là giao điểm của IM và AB

AB CA  AB AB  AB

Ta lại có: DE // AB DE CE

AB CA BC

M

E

D A

I

D

E

M

N B

I

ID CM BE CE BE BC 1

ABBC CA 

2.

a) Chứng minh rằng 12 12

Cách 1:

Ta có: AB

AE  cos BAE ; AD

AF  sin DFA = sin BAE (Vì AB//DF nên DFABAE(so le trong))

Do đó

1

   

    

   

   

2

1

AB



Vì 12

Cách 2:

Xét FDA và ABE có:

DFABAE (so le trong, AB//DF)

90

Suy ra FDA∽ABE g( g)

AF DF AF DF

DF AF AD AF AB

Nên

AF AF AB



 AF22 AF22 1

H'

M

Q P

H O

F C

B A

D

E

2 2 2 2 2 2

Vì 12

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

BH BFBO BD BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) '

Nên BH O' ∽BDF c(  g c)

2

H’O là tia phân giác của BH C' (1)

'

EC CF CF H C

 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 kẻ đường vuông góc xuông AD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q

Gọi M là trung điểm của BC

2

HAD

S AD HPAD HQPQ AD AD HQAD  AD H M  AD

4

HAD AD

Dấu “=” xảy ra khi HQHM QM O Q H, , thẳng hàng EM(vì H O E thẳng , , hàng)

Vậy để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất thì E là trung điểm của BC

Câu 5 (2,0 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:

Giả sử độ dài 4 cạnh của tứ giác là a b c d a b c d , , , ,( , , *)và không có 2 cạnh nào bằng nhau Không mất tính tổng quát, giả sử: a  b c d

* , y,

Từ a  b c d  xy z

Vì b c a nên x 1 hay x 2 y  và 3 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 (*)

Mặt khác: a  b c d 3d b 2c mâu thuẫn (*)

Điều giả sử sai

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

Cách 2:

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

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

Không mất tính tổng quát, 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 4 (**)a

Từ giả thiết bài toán suy ra a b c d   chia hết cho các số , , , a b c d

Kết hợp với (**), ta có : a b c d   3 a (1)

Đặt a b c d   mb với *

m   (2)

a b c d   nc với n   (3) *

Do abc  nm 3 n 5, m 4

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: 3a b c d   3amb nc  3a4b5c

mà 3a mb nc   3a4b5c (vì n 5, m ) 4

Suy ra 3a b c d    3a4b5c

b d– 2c d–  0 mâu thuẫn (*)

Vậy tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau