Phiếu học tập tuần toán 7 Website tailieumontoan com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 150[.]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH
Thời gian làm bài: 150 phút
(không tính thời gian phát đề)
Câu 1 (4,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức:
M=(x9+x−x2020)2021
với x=(27+9√10)√3 37√10−117
√10+√91−18√10 b) Rút gọn biểu thức:
N= 1
1+√11+
1
√11+√21+
1
1
√2011+√2021
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Giải phương trình: √6 x2−7 x−20+3√2x−5−2√3 x+4−6=0
b) Cho 3 số dương x, y, z thỏa x + y + x = 2
Tìm giá trịnhỏnhất củabiểuthức A= 2 x+ 89 y+ 1825 z .
c) Cho phương trình: x3 + (2m – 5)x2 + (m 2 – m + 7)x – m 2 – m – 3 = 0 (m là tham số)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt
Câu 3 (5,0 điểm)
a) Cho 40 số nguyên tố dương thay đổi sao cho có tổng bằng 58 Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của tổng các bình phương của chúng
b) Giả sử ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a > 0, bc = 3a2, a + b + c = abc Chứng minh rằng:
a≥√1+2√3
Câu 4 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A, có đường tròn nội tiếp (I) Các điểm E, F
theo thứ tự thuộc các cạnh CA, AB (E khác C và A; F khác B và A) sao cho EF tiếp xúc với
đường tròn (I) tại điểm J Gọi H là hình chiếu của J trên BC.
a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của ^EHF
b) Ký hiệu S1, S2 lần lượt là diện tích của tứ giác BFJL và CEJK Chứng minh rằng:
S1
S2= B F
2
C F2.
c) Gọi D là trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng ba điểm P, J, D thẳng hàng
………HẾT………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Trang 2Câu 1.
a) Ta có:
x=(27+9√10)√3 37√10−117
√10+√91−18√10 = 9
(3+√10)√3 37√10−117
√10+√(9−√10)2
¿9(3+√10)√3 37√10−117
9 =(3+√10)√3 37√10−117
⇒ x3=(37√10+117)(37√10−117)=1
⇒ x=1
M=(x9+x−x2020)2021
=(1 9 +1−1 2020)2021
=1 Vậy giá trị của biểu thức M bằng 1
b) Ta có:
N= 1
1+√11+
1
√11+√21+
1
√21+√31+…+
1
√2011+√2021
¿−1+√11
10 +−√11+√21
10 +−√21+√31
10 +…+−√2011+√2021
10
¿√2021−1
10
Vậy N =√2021−1
10
Câu 2.
a)
√6 x2−7 x−20+3√2x−5−2√3 x+4−6=0, ĐKXĐ : x≥ 52
⟺√6 x2−7 x−20−6=2√3x+4−3√2 x−5
⟺√(3x+4) (2x−5)−6=2√3 x+4−3√2 x−5
⇒(3 x+4) (2x−5)+36−12√(3x+4) (2 x−5)
¿4 (3x+4)+9(2 x−5)−12√(3 x+4)(2 x−5)
⟺6 x2−7 x−20+36=12 x+16+18 x−45
⟺6 x2−37 x+45=0
⇒ x1= 92(nhận);x2= 53(loại)
Vậy nghiệm của phươngtrìnhlà x= 92
b)
Trang 3(x+ y+z)(2
x+ 89 y+ 1825z)≥( √x √2
√x+√y. √8
3√y+√z √18
5√z)2
¿( √2+ 2√2
3 + 3√2
5 )2
=(34√2
15 )2
Mà x+ y+z=2
⇒ 2.(2
x+ 89 y+ 1825 z)≥(34√2
15 )2
⇒ 2
x+ 89 y+ 1825 z ≥(34
15)2
Vậy giá trịnhỏ nhất củabiểu thức A= 2 x+ 89 y+ 1825z ≥(34
15)2
Dấubằng xảy rakhi x22= 9 y82= 25 z182
Tacó : x+ y+z=2
⇒ x+ 2x3 +3 x5 =2
⇒ x=1517, y= 1017, z= 917
c) Ta có:
x3 + (2m – 5)x2 + (m2 – m + 7)x – m2 – m – 3 = 0 (*)
⟺ (x – 1)[x2 + (2m – 4)x + m3 + m + 3] = 0
⇒ x=1 hoặc x2 + (2m – 4)x + m2 + m + 3 = 0
Vì x = 1 > 0 nên để phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt thì phương trình
x2 + (2m – 4)x + m2 + m + 3 = 0 phải có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1
⇒{ ∆ '>0
4−2m>0
m2+m+3>0
⇒{ −3m+1>0
4−2m>0
(m+ 12)2
+ 114 >0(lu ônđúng)
⇒{m< 13 m<2
⇒ m< 13
x1,2=2−m±√1−3m≠ 1
2−m+√1−3m ≠1 ⇒√1−3m≠ m−1(luônđúng dom< 13)
2−m−√1−3m≠ 1⇒√1−3m≠ 1−m⇒ m ≠ 0vàm≠−1
Do m< 13để phươngtrìnhban đầu có 3nghiệm dương phân biệt thì m< 13vàm ≠0
Câu 4.
Trang 4a) Ta có: HJ // LF
⇒ JH FL = KH KL (Hệ quả địnhlí Thales)⇒ JH KL=KH FL(1)
HJ // KE
⇒ JH EK = LH KL(Hệ quả địnhlí Thales)⇒ JH KL=LH EK (2)
Từ (1) và (2) suy ra KH FL=LH EK
⇒ KH LH = EK FL
Mà ^ FLH=^ EKH =900
⇒ ∆ FLH ∽ ∆ EKH
⇒ ^ FHL=^ EHK
⇒ ^ FHJ=^ EHJ¿Do ^FHL phụ với ^ FHJ , ^ EHK phụ với ^ EHJ¿
Vậy HJ là phân giác của ^EH F
b) Ta có:
∆ BFL∽∆ CEK(g−g)⇒ S S BFL
CEK = B F2
C E2⇒ S BFL =S CEK B F2
C E2
∆ JFL∽ ∆ JEK(g−g)⇒ S JFL
S JKE = F L2
K E2= B F2
C E2⇒ S JFL =S JEK B F2
C E2
S1
=S BFJL=S BFL +S JFL
=
S CEK B F2
C E2+S JEK B F
2
C E2=(S CEK +S JEK ) B F
2
C E2= B F2