49 hsg9 quảng trị

Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam.
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-

2023

Học sinh giỏi 99

Tỉnh Quảng Trị

Câu 1.

(4,0 điểm)

Câu 2.

1 
1


A   x 2  2   2  x    3:  x 2  x  1
x 
x


Cho biểu thức
với x 0.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A .
(5,0 điểm)

2

2

 x 2  y 2  x  3

3 xy  y 2  y  3
1. Giải hệ phương trình 
.
a
,
b
,
c
2. Cho
là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng trong ba phương trình sau,

Câu 3.

có ít nhất một phương trình có nghiệm:
x 2  2ax  bc  1 0; x 2  2bx  ca  1 0; x 2  2cx  ab  1 0.
(3,0 điểm)



Câu 4.

Câu 5.



2
2
xy x 2  y 2
1. Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x  y 1. Chứng minh
chia hết cho 40.
n n 2 
2. Một giải cầu lơng có 
vận động viên tham gia thi đấu theo thể thức vòng tròn một
lượt (hai vận động viên bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận, khơng có kết quả hịa). Chứng
minh rằng tổng các bình phương số trận thắng và tổng các bình phương số trận thua của các vận
động viên là bằng nhau.
(6,0 điểm)
O , AD
D  BC 
Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  
là đường cao 
. Gọi
E , F lần lượt là hình chiếu của D trên AC và AB .
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.

O
b) Đường trịn đường kính AD cắt   tại điểm thứ hai là M ( M khác A) . Chứng minh MD

là phân giác của góc FMC .
c) Chứng minh đường thẳng MD , đường trung trực của BC và đường trung trực của EF đồng
quy.
(2,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 1 . Chứng minh

64
a 2 1 b2 1 c2 1 
27
---Hết---









CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 1 


Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam.
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-

2023

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

(4,0 điểm)
2

2

1 
1


A   x 2  2   2  x    3:  x 2  x  1
x 
x


Cho biểu thức
với x 0.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Lời giải
2

2

2

1
 2 1 

 2 1 
 2 1 
 2 1


 x  2   2  x    3  x  2   2  x  2   1  x  2  1
x 
x
x 
x 
x





a) Ta có 
1
x2  2 1
x 2  x 1 x 2  x  1 x2  x 1
x4  x2 1
x
 A 2



x  x 1 x2 x2  x 1
x2
x2 x 2  x 1









2







2

A
b) Viết lại

1 1
1 1 3 3
  1      , x.
2
x
x
 x 2 4 4

 x  2  tmdk 
Dấu bằng xảy ra
3
MinA 
4 khi x  2 .
Vậy

Câu 2.

(5,0 điểm)
2
2
 x  y  x  3

2
3 xy  y  y  3

1. Giải hệ phương trình
.
2. Cho a, b, c là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng trong ba phương trình sau,
có ít nhất một phương trình có nghiệm:
x 2  2ax  bc  1 0; x 2  2bx  ca  1 0; x 2  2cx  ab  1 0.
Lời giải
1. Cộng theo vế 2 PT của hệ:

x 2  2 y 2  3 xy  x  y   x  y   x  2 y   x  y 

 x  y
  x  y   x  2 y  1 0  
 x 1  2 y

3
3

y  x

2 y  y  3 0   2 y  3  y  1 0 

2
2

 y 1  x  1
Với x  y , ta được
3
11

y  x
2

5 y  2 y  3 0   5 y  3   y  1 0 
5
5

 y 1  x  1
Với x 1  2 y, ta được
 3  3
 11  3 
;  ,   1;1 ,  ; 

x
;
y
  là  2 2 
 5 5 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm
2

2. Ta có

 ' 1 a 2  bc  1;  ' 2 b2  ca  1;  ' 3 c 2  ab  1

  ' 1   ' 2   ' 3

 a  b


CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

2

2

2

  b  c   c  a  6
2
 Trang 2 


Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam.
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-

2023

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử a  b  c  a  b 1; b  c 1; a  c 2
2

2

2

  a  b    b  c    c  a  6   ' 1   ' 2   ' 3 0

Câu 3.

 ' ,  ' ,  '
Suy ra trong 3 số  1  2   3 có ít nhất một số khơng âm, khi đó phương trình tương ứng sẽ
có nghiệm (đpcm).
(3,0 điểm)





2
2
xy x 2  y 2
1. Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x  y 1. Chứng minh
chia hết cho 40.
n n 2 
2. Một giải cầu lông có 
vận động viên tham gia thi đấu theo thể thức vòng tròn một
lượt (hai vận động viên bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận, khơng có kết quả hịa). Chứng
minh rằng tổng các bình phương số trận thắng và tổng các bình phương số trận thua của các vận
động viên là bằng nhau.
Lời giải

1. +) Chứng minh

xy  x 2  y 2  8

Từ giả thiết suy ra y lẻ
Khi đó

y 2 1 mod 4   2 x 2  y 2  1 2  mod 4   y
lẻ

x 2  y 2 1 mod 8   x 2  y 2 8
Do x, y cùng lẻ nên
+) Chứng minh

xy  x 2  y 2  5

Nếu

x 5  xy  x 2  y 2  5

Nếu

x 2 1 mod 5   y 2 2 x 2  1 1 mod 5   x 2  y 2 5  xy  x 2  y 2  5

Nếu

x 2 4  mod 5   y 2 2 x 2  1 2  mod 5 

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có

xy  x 2  y 2  5

8;5 1
Do  
nên từ hai chứng minh trên suy ra
2. Gọi

vô lý

xy  x 2  y 2  40  dpcm  .

xi ; yi lần lượt là số trận thắng và số trận thua của vận động viên thứ i  1 i n  .

Cần chứng minh

x12  x2 2  ...  xn 2  y12  y2 2  ... yn 2

x  yi n  1, i 1, 2,3...n.
Do mỗi VĐV đều thi đấu n  1 trận nên i
Nên đẳng thức trên tương đương với

x

1

2

 y12    x2 2  y2 2   ...   xn 2  yn 2  0

  n  1  x1  y1  x2  y2  ...  xn  yn  0

 x1  x2  ...  xn  y1  y2  ...  yn
Mặt khác, tổng số trận thắng của các VĐV bằng tổng số trận đấu cũng bằng tổng số trận thua
của các VĐV, nên đẳng thức cuối cùng ở trên là đúng (đpcm).
CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 3 


Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam.
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-

2023

Câu 4.

(6,0 điểm)
O , AD
D  BC 
Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  
là đường cao 
. Gọi
E , F lần lượt là hình chiếu của D trên AC và AB .
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.
O
b) Đường trịn đường kính AD cắt   tại điểm thứ hai là M ( M khác A) . Chứng minh MD


là phân giác của góc FMC .
c) Chứng minh đường thẳng MD , đường trung trực của BC và đường trung trực của EF đồng
quy.
Lời giải




a) Từ giác AEDF có AED  AFD  90  90 180 nên nội tiếp.
Suy ra AFE  ADE .


Lại có, tam giác ADC vng tại D , có DE là đường cao, nên ADE  ACD .



Suy ra AFE  ACD ECB , hay tứ giác BCEF nội tiếp.



FAD
BAD
b) Rõ ràng F nằm trên đường tròn đường kính AD . Suy ra FMD



 O  nên
Lại do AMD 90 và tứ giác AMBC nội tiếp




DMC
90  AMC 90  ABC
BAD
.

Từ hai điều trên suy ra MD là phân giác của góc FMC .
c) Gọi I là giao điểm của các đường trung trực của BC , EF . Do BCEF nội tiếp nên I chính


 BCEF  . Suy ra FIC
2 FBC
là tâm của đường tròn
.



Ta có FMC 2 FMD 2 FAD (từ kết quả ý b), suy ra




FIC
 FMC
2 FBC
 FAD
180
, hay tứ giác MFIC nội tiếp.

Lại do IF IC nên MI là phân giác góc FMC , Kết hợp với ý b), suy ra M , D, I thẳng hàng.

Suy ra điều cần chứng minh.
(2,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 1 . Chứng minh
64
a 2 1 b2 1 c2 1 
27
Lời giải



Câu 5.











Ta có:

a 2  1 a 2  ab  bc  ca  a  b   a  c 

CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

2
2

. Tương tự b  1, c  1 suy ra

 Trang 4 


Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam.
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-

2023

a

2







 1 b 2  1 c 2  1   a  b   b  c   c  a  

2

.

 a  b  b  c  c  a 

8

3 3.
Do đó, chỉ cần chứng minh:
 a  b   b  c   c  a   a  b  c   ab  bc  ca   abc a  b  c  abc ,
Ta có:
( a  b  c) 2 3  ab  bc  ca  3;1 ab  bc  ca 3 3 (abc) 2

a  b  c  3; abc 
Suy ra
Vậy

1
3 3.

 a  b   b  c   c  a  a  b  c  abc 

3

Ta có điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

1
3 3



8
3 3.

a b c 

3
3 .

---Hết---

CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 5 