PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn Toán Năm học 2022 2023 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 5 câu, gồm 01 trang Câu 1 (4,0 điểm) 1 Rút gọn biểu[.]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Môn: Toán - Năm học 2022 - 2023
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 5 câu, gồm 01 trang
Câu 1 (4,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức:
P =
1 1
x
2 Cho a b, là những số hữu tỉ, p là một số nguyên tố thoả mãn a b p 0 Tính giá trị biểu thức: A = (a b a )( b p)
Câu 2 ( 4,0 điểm)
1 Giải các phương trình:
2 11
5
x
x x
2 Giải hệ phương trình
2
1
5 7 0
y
x
y xy x
ïï
ïïî
Câu 3 ( 2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y; thỏa mãn: x33x23x 2 9y19452 2) Cho p; x; y là các số tự nhiên thỏa mãn px2x p1 y2y Chứng minh rằng px py 1 là số chính phương.
Câu 4 (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm đường tròn ( ; )O R Điểm A nằm bên ngoài đường tròn tâm O Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC; H là giao điểm của AO với
BC Lấy điểm E bất kì trên đường tròn (E khác B và C ) Qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn tâm O, tiếp tuyến này cắt đường thẳng MN tại K.
a) Chứng minh rằng: MN2 AH HO ;
b) Chứng minh rằng: KA KE .
c) Tam giác XYZ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( ; )O R Gọi X1, Y1, Z1
lần lượt là giao điểm của các đường thẳng XO với YZ, YO với XZ, ZO với XY Chứng minh rằng: 1 1 1
9 2
R
XX YY ZZ
.
Câu 5 (2,0 điểm)
Cho a, b,c dương thỏa mãn ab bc ca 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Trang 22 2 2
- Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM
Câu
Nội dung I
1) ĐK : -1 < x < 0
Đặt x 1 a, (a>0)ta có:
1
1
=
2
a
=
1 1 2 1 2 1
(1 ) (1 )
2
2
Vậy khi -1 < x < 0 thì A=-1
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
2) Giả sử p là số hữu tỉ
Khi đó tồn tại m n, tự nhiên sao cho m n , 1
và
m p n
2
2 2
m
n
Mà p nguyên tố nên m chia hết chop(1) Đặt m p k k ( nguyên)
Ta có: p k2 2 p n2 .p k2 n2 Suy ra n2 chia hết cho Suy ra n chia hết cho
p (2)
Từ (1) và (2) ta thấy m, n có một ước chung là p nguyên tố
(Vô lý vì m n , 1
)
Do đó plà số vô tỉ
0.25
0.5
0.5
0.5
Trang 3- Nếu b 0thì
a p b
là số hữu tỉ Mâu thuẫn
- Do đó b 0 Suy ra a 0
Khi đó a+b =0 Nên A = (a b a )( b p) =0
Vậy A = (a b a )( b p) =0
1 (2 điểm)
1. Điều kiện:
8 3
x
Phương trình tương đương với
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1 0
9( 11 24) ( 11 24)
0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
2
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
11 24 0
0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
- Xét
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
A
Ta sẽ chứng minh A < 0, tức là:
2
0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
5 3 8 (3 4) 9 7 5 1 0
25 275
4 4
5 275
Điều này hiển nhiên đúng
- Giải phương trình x2 – 11x + 24 = 0
( 3)( 8) 0
3 8
x
x
( thoả mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = 3; x = 8
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
Giải hệ phương trình
( )
2
1
y
x
y xy x
ïï
ïïî
0.25
Trang 4Điều kiện:
0 1
y x
ìï - ³
ïïï
íï ³
ïï
-ïî
Khi đó từ phương trình phương trình (1) ta có y³ 0,x>1
TH1: Nếu y = thì 0
7 5
x =
thỏa mãn hệ
TH2: Nếu y > thì 0 ( )1 3 1 2 3( 1) (2 1 )
1
y
x
ç
÷
Với x- 1= y Û x= +y 1 thay vào (2) ta được y2- 2y+ = Û1 0 y= Þ1 x=2
Với 3 x- 1+ y= Û0 x=1,y=0
không thỏa mãn điều kiện
Vậy tất cả các nghiệm của hệ đã cho là 7;0 , 2;1 ( )
5
æ ö÷
çè ø
0.5
0.5
0.5
0.25
1 Ta có: x3
+3 x2
+3 x+2=(9 y +1945)2⟺ (x +1)3+1=[3 (3 y +368)+1]2
Đặt a=x+1, b=3 y +368, phương trình trên trở thành:
a3+1=(3 b+1)2⟺(3 b+1)2=(a+1)(a2−a+1)(1)
Vì x , y ∈ N ⟹ a , b ∈ N , a ≥1 , b ≥ 368
- Nếu a=1 thì (1) trở thành: (3 b+1)2
=2
Phương trình này vô nghiệm , vì (3 b+1)2là số chính phương, còn 2
không phải là số chính phương.
- Nếu a ≥ 2 thì a+1≥ 3, a2
−a+1=a (a−1)+1 ≥3
Đặt d=ƯCLN(a+ 1,a2−a+1) (d ≥1)
⟹ { ¿a+1⋮ d
¿a2−a+1⋮ d ⟹{ ¿a2+a ⋮ d
¿a2−a+1 ⋮ d ⟹{¿a+ 1⋮ d
¿2 a−1⋮ d
⟹ 2( a+1)−(2 a−1)=3 ⋮ d ⟹ d ∈{1 ;3}
Do (3 b+1)2 3 nên từ (1) ⟹ d ≠ 3 ⟹ d = 1
Các số nguyên dương a+1 và a2
−a+1 nguyên tố cùng nhau có tích là một số
chính phương nên mỗi số đều là số chính phương
Nhưng (a−1)2
<a2
−a+1<a2
(do a ≥ 2) nên a2
−a+1 không thể là số chính
phương
0.25
0.5
0.5
Trang 5Như vậy không tồn tại cặp số tự nhiên ( x ; y ) thoả mãn điều kiện đề bài.
2) Ta có: px2 x p1y2y p x 2 y2 x y y 2 (x y px py )( 1)y2
Đặt d x y px py ; 1 (với d )*
x y d
px py d
Vì x y px py 1 y2 y d2 2 y d Mà x y d x d px py d
Ta có
px py d
1 d d 1
Vậy x y và px py là hai số nguyên tố cùng nhau, mà (1 x y px py )( là số1)
chính phương nên px py là số chính phương.1
0.5
0.5
a) Ta có ABC cân tại A suy ra ABAC
OBC
cân tại O suy ra OB OC
Suy ra AO là đường trung trực của BC suy ra AOBC tại trung điểm H
của BC
Xét ABO vuông tại B có đường cao BH nên
2 2 2
BC BC
AH HO BH
Vì MN là đường trung bình của ABC nên 2
BC
4
BC MN
2
MN AH HO
b) Chứng minh KA KE
KEO
vuông tại E, ta có:
0.25
Trang 62 2 2 2 2
AO, ta có:
KA KI IA KO OI IA KO AI OI AI OI KO AO OI AI
AI IH
OI AI OI IH OH
Từ 1
và 2
suy ra KE2 KA2 KE KA c)
O
Z 1
Z
Y 1
Y
X 1 X
Ta có: 1 1 1
XYZ
XX Z XX Y
O
X
X
XYZ
XX Z XX Y
O X
X
;
1
XYZ
XX Z XX Y
O
X
X
2
OA OB OC
AD BE CF
2
R
AD BE CF
2 AD BE CF R AD BE CF
AD BE CF
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
3
3
AD BE CF AD BE CF và
3
3
AD BE CF AD BE CF
2 AD BE CF 9R
9 2
R
AD BE CF
0.5
0.5
0.5 0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
Trang 7Dấu " " xảy ra khi ABC là tam giác đều.
Theo đề bài ta có: ab bc ca 1
Áp dụng BĐT AM-GM vào biểu thức bài toán ta có:
a b a c
a b a c
1 a ab bc ca a
4(b c) a b
b c b a
b 1 b ab ac bc
4(b c) a c
a c c b
c 1 c ab ac bc
Cộng vế theo vế ta được:
a b a c 4(b c) a b 4(b c) a c
1 1
a b a c 4(b c) 4 4
Mặt khác:
a 49b a 49b
a 49c a 49c
2 2
7
b c 7bc 2
a 28b 28c 7 ab ac bc 7
Dấu ""xảy ra
7 15 a
b c
15
Vậy
19 MaxP
4
khi
7 15 a
15 15
b c
15
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.