53 hsg9 thái bìnhx

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
Câu 1.

Tỉnh Thái Bình

(3,0 điểm)

x
a) Cho

1
2

21
2022
5
4
3
2
A

4
x


4
x

9
x

2
x

1
 2022
2  1 . Tính giá trị biểu thức





b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  a  b  c 3
a
b
c
6



3a 3b 3c
 3  a  3  b  3  c
Chứng minh rằng:
Câu 2. (3,0 điểm)
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1; 2) và đường thẳng ( d ) : y ax  b (với a  0 ).

Tìm a, b để đường thẳng (d ) đi qua điểm M và cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai
điểm A, B ( A, B khác gốc tọa độ) thỏa mãn: 12.OA  5.OB 13. AB
b) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức f ( x ) có hệ số nguyên thỏa mãn: f (6) 2022 và
f (3) 2 .
Câu 3.

(4,0 điểm)

10 x 2  6 x 
a) Giải phương trình

Câu 4.

4x  3
5

 x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy


 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 y  2  y  5
b) Giải hệ phương trình 
2
2
2
(2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 2 . Chứng minh:
ab  2c 2
bc  2a 2
ca  2b 2
ab  bc  ca



2 
2
2
2
2  ab  c
2  bc  a
2  ca  b
2

Câu 5.

Câu 6.

(3,0 điểm)
Cho tứ giác lồi ABCD . Lấy điểm M bất kì trên đường chéo AC . Qua M kẻ MP song
song với AB ; MQ song song với CD ( P  BC ; Q  AD ). Chứng minh rằng:
1
1
1
 2
2
2
MP  MQ
AB
CD 2 .
1
1
1
 2

2
2
AB
CD 2 , tính độ dài đoạn thẳng CM theo độ dài các đoạn thẳng
Khi MP  MQ
AB, AC , CD.
(3,0 điểm)
Cho đường trịn (O; R ) và điểm M nằm ngồi đường tròn, vẽ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B
là các tiếp điểm). Lấy điểm N nằm trên đường tròn và thuộc miền trong tam giác ABC ( N
khác A, B ). Vẽ tiếp tuyến đường tròn (O; R ) tại N cắt MA, MB thứ tự tại P, Q . Đoạn thẳng
AB cắt đoạn thẳng OP tại E ; cắt đoạn thẳng OQ tại F . Chứng minh rằng
AE BF PN NQ .

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

Câu 7.

(2,0 điểm)
Cho là hai số nguyên thỏa mãn
a  b chia hết cho 5.

a 2  b2  ab  3  a  b   2023

chia hết cho 5. Chứng minh rằng

---Hết--HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

(3,0 điểm)

x
a) Cho

1
2

21
2022
5
4
3
2
A

4
x

4
x


9
x

2
x

1
 2022
2  1 . Tính giá trị biểu thức





b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  a  b  c 3
a
b
c
6



3a 3b 3c
 3  a  3  b  3  c
Chứng minh rằng:
Lời giải

x
a) Khi

1
2



21 1

2 1 2





21



2 1

2



21



1
2



21
2



2 1 

2

Suy ra:
Ta có

2 x  1  2   2 x  1 2  4 x 2  4 x  1 0

A  4 x5  4 x 4  x3  8 x 4  8 x 3  2 x 2  1





2022

 x3 4 x 2  4 x  1  2 x 2 4 x 2  4 x  1  1











 4 x 2  4 x  1 x3  2 x 2  1









2022

 2022

2022

 2022

 2022   1 2022  2022

2023 (do 4 x 2  4 x  1 0 )
2
2
2

b) Đặt x  a ; y  b ; z  c , khi đó x  y  z  x  y  z 3
Ta có

xy  yz  zx 

Do đó:

 x  y  z  2   x2  y 2  z2 
2

3

3  a xy  yz  zx  x 2  x  y   x  z 
3  b  xy  yz  zx  y 2  y  x   y  z 

3  c  xy  yz  zx  z 2  z  x   z  y 

a
b
c
x
y
z





3  a 3 b 3  c  x  y  x  z  y  z   y  x  z  x  z  y

Suy ra:
2  xy  yz  zx 
6



 x  y  y  z   z  x  x  y  y  z   z  x
Câu 2.

6

 3  a  3  b  3  c

(đpcm)

(3,0 điểm)

CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 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

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1; 2) và đường thẳng ( d ) : y ax  b (với a  0 ).

Tìm a, b để đường thẳng (d ) đi qua điểm M và cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai
điểm A, B ( A, B khác gốc tọa độ) thỏa mãn: 12.OA  5.OB 13. AB
b) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức f ( x ) có hệ số nguyên thỏa mãn: f (6) 2022 và
f (3) 2 .
Lời giải
a) Do ( d ) : y ax  b đi qua điểm M (1; 2) nên a  b 2
Đường thẳng ( d ) : y ax  b cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B nên a, b 0
và theo bài ra a  0 suy ra

b b b
b2
b 
A  ;0  ; B  0; b   OA 

 ; OB  b ; AB  OA2  OB 2  2  b 2  b
a
a
a
 a 
a

Bài ra: 12.OA  5.OB 13. AB

 12.

b
 5. b 13. b
a

1

a2

1
a2

1

1
1
 12.  5 13. 2  1
a
a
vì b 0
2

 1

 1

  12.  5  132.  2  1
 a

a

2

5
19
5


   12  0  a   b 
12
12 vì a  b 2
a

5
19
a  ,b  .
12
12
Vậy
b) Giả sử tồn tại đa thức đa thức
nguyên.
Ta có

f ( x) an x n  an 1x n 1  ...  a1x  a0 , với các hệ số ai

f (6) an 6n  an 1 6n  1  ...  a1 6  a0

f (3) an 3n  an  1 3n 1  ...  a1 3  a0
Ta thấy, f (6)  f (3) 3.M 2022  2 hay 3.M 2020 (vơ lí, vì M là số ngun)
Vậy khơng tồn tại đa thức f ( x) có hệ số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 3.

(4,0 điểm)

10 x 2  6 x 
a) Giải phương trình

4x  3

5

 x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy


 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 y  2  y  5
b) Giải hệ phương trình 
Lời giải
CLB Tốn THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 3 

1


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

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

2023

10 x 2  6 x 
a)

2
4x  3
 100 x 2  60 x  5  4 x  3  1  5  4 x  3    2 5  4 x  3   1



5
2

2
 100 x 2  80 x  16  5  4 x  3   1   10 x  4   5  4 x  3   1





 10 x  4  5  4 x  3 1


 10 x  4  5  4 x  3   1


Giải phương trình (1):

 5  4 x  3  10 x  3

 5  4 x  3   10 x  5


2

(1)
(2)

3


 2  10
 x  10
 x

10
5  4 x  3  10 x  3 2


1
1


 4 6
 x  2
 x  2

x

10
5  4 x  3   10 x  5  2
5  4 x  3   10 x  5  2


Giải phương trình (1):
  4  6  2  10 
S 
;

10
10 



Vậy tập nghiệm của phương trình là
 x 2  y 2  2 2 x 2  3xy  2 y 2 x  y  2 xy


 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 y  2  y  5
b) 

(1)
(2)

(1)  x 2  2 xy  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2   x  y  0
2

 2 2 x 2  3 xy  2 y 2   x  y 2


 
2 

  x  y 
0
2 2 x 2  3 xy  2 y 2   x  y 
7 x  y

2

  x  y 

2



2 2 x 2  3xy  2 y 2   x  y 

0   x  y 


 0
1
 2 2 x 2  3xy  2 y 2  x  y 




2

7

  x  y  2 0


7
0
1 
2
2
2
2

x

3
xy

2
y

x

y



1
TH1:

7
2

2

2 2 x  3 xy  2 y   x  y 

2
x  y  0 

TH2:

0

( vô nghiệm do x  y 0 )

x y

Thay vào phương trình (2) ta được:
CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 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

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5

  2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 x  2   2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 x  2   x  5   2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 x  2 





 2  x  5   x  5   2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2 




2 x 2  5 x  12 

2 x 2  3x  2 2 (do x  5 0)

Mà

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3 x  2  x  5

 x  7
 x  7
 2

2 2 x  5 x  12  x  7  
2
2
7
x

6
x

1

0

4
2
x

5

x

12

x

14
x

49


Suy ra:
2





 x  1

1

 x  7

 x  y  1

 x  y 1
7
Suy ra: 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
Câu 4.

 x, y 

là

1 1
; 
7 7

  1;  1 , 

2
2
2
(2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 2 . Chứng minh:

ab  2c 2
bc  2a 2
ca  2b 2
ab  bc  ca


2 
2
2
2
2  ab  c

2  bc  a
2  ca  b
2
Lời giải
2

2

2

Do a  b  c 2 nên ta có

ab  2c 2
ab  2c 2
ab  2c 2
 2 2 2
 2 2

2  ab  c 2
a  b  c  ab  c 2
a  b  ab

Áp dụng bất đẳng thức

xy 

ab  2c 2

 ab  2c   a
2

2

 b 2  ab 

xy
,  x, y  0 
2



2
2
2
2c 2  a 2  b 2  2ab 2  a  b  c 

a 2  b 2  c 2
 ab  2c   a  b  ab  
2
2



ab  2c 2

2  ab  c 2

2

Tương tự

2

2

ab  2c 2

 ab  2c   a
2

2

 b 2  ab 

bc  2a 2
bc  2a 2  2 
2
2  bc  a
và



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

ca  2b 2

ca  2b 2  3
2
2  ca  b

2
2
2
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp a  b  c 2

2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca
ab  2c 2
bc  2a 2
ca  2b 2
ab  bc  ca



2 
2
2
2
2  ab  c
2  bc  a
2  ca  b
2
2
CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 5 

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

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

2023

Dấu “=’’ khi
Câu 5.

a b c 

6
3 .

(3,0 điểm)
Cho tứ giác lồi ABCD . Lấy điểm M bất kì trên đường chéo AC . Qua M kẻ MP song
song với AB ; MQ song song với CD ( P  BC ; Q  AD ). Chứng minh rằng:
1
1
1


MP 2  MQ 2 AB 2 CD 2 .
1
1
1



2
2
AB 2 CD 2 , tính độ dài đoạn thẳng CM theo độ dài các đoạn thẳng
Khi MP  MQ
AB, AC , CD.
Lời giải

B
A

P

Q

M

C

D
1

1
1
1 
2
2  1



1


MP

MQ



MP 2  MQ 2 AB 2 CD 2
 AB 2 CD 2 
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz, ta được





2

2

1   MP MQ 
 1
 MC MA 
MP  MQ 





 1
2

2   AB CD 

 AC AC 
CD  
 AB
(Đpcm).
MP MC MQ MA MC MA

;

;

1
Vì theo định lý Ta-let, ta có: AB AC CD AC AC AC
Dấu “=” xảy ra khi MP. AB MQ.CD



2

2



1
2

2



1
2



1

AB
CD 2
Khi MP  MQ
MP MQ
MP. AB MQ.CD
MP.AB MP. AB

1 


1


1
2
2
2
2
AB
CD
AB
CD

AB
CD
Ta có
1 
AB 2  CD 2
 1
 MP. AB 


1

MP
.
AB
.
1

AB 2 .CD 2
 AB 2 CD 2 

1 
AB 2 .CD 2
 1
 MP. AB 


1

MP



 AB 2 CD 2 
AB. AB 2  CD 2



CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268


 Trang 6 


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

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

2023

MP MC
MP. AC
AB 2 .CD 2 . AC
CD 2 . AC

 MC 

 2
AB AC
AB
AB  CD 2

AB 2 . AB 2  CD 2

Câu 6.



Mà
(3,0 điểm)



Cho đường tròn (O; R ) và điểm M nằm ngồi đường trịn, vẽ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B
là các tiếp điểm). Lấy điểm N nằm trên đường tròn và thuộc miển trong tam giác ABC ( N
khác A, B ). Vẽ tiếp tuyến đường tròn (O; R ) tại N cắt MA, MB thứ tự tại P, Q . Đoạn thẳng

AB cắt đoạn thẳng OP tại E ; cắt đoạn thẳng OQ tại F . Chứng minh rằng
AE BF PN NQ .
Lời giải

A
P
N

E
O

M

F
Q

B

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AP PN ; BQ QN (1) và MA MB


Suy ra OAB cân tại O nên OAB OBA




Mà MAB cân tại M nên MAB MBA  PAE  FBQ





Lại có OP là đường trung trực của AN nên OAB OAE ONE  OBA ONE hay


OBE
ONE
suy ra tứ giác OBNE là tứ giác nội tiếp.


Tứ giác OBNE nội tiếp  OEB ONB


Tứ giác OBQN nội tiếp  OQB ONB








Suy ra: OQB OEB mà OEB  AEP ( 2 góc đối đỉnh) nên OQB FQB  AEP
Xét APE và BFQ có:
AEP OQB



PAE
FBQ
Do đó, APE đồng dạng với BFQ suy ra
AP AE
PN AE



BF BQ
BF QN  AE BF PN NQ (đpcm)
CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 7 


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

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

2023

Câu 7.

(2,0 điểm)
Cho là hai số nguyên thỏa mãn
a  b chia hết cho 5.

a 2  b 2  ab  3  a  b   2023

chia hết cho 5. Chứng minh rằng

Lời giải

 a 2  b 2  ab  3  a  b   2023 5


1

2 3
2
   a  b    a  b   3  a  b   3  2020 5
4
4

1

2 3
2

 4.   a  b    a  b   3  a  b   3  2020  5
4
4

2
2
   a  b   3  a  b   4  a  b   4  2020.4 5







2
2
   a  b   3  a  b  2   5



2

Do số chính phương khi chia cho 5 chỉ có số dư là 0; 1; 4 nên
2
2
a  b  1(mod 5)  3  a  b  2  4 (mod 5)

TH1: Nếu

TH1: Nếu

Suy ra

 a  b  2 4(mod 5)  3  a  b  2  2 1 (mod 5)

 a  b  2 0 (mod 5) 

3  a  b  2  0;3; 2 (mod 5)

( vơ lí)
( vơ lí)

a  b 0 (mod 5)

Vậy a  b chia hết cho 5.
---Hết---

CLB Toán THCS. Zalo: 0989.15.2268

 Trang 8 