PHÒNG GD&ĐT NÔNG CỐNG KÌ THI THƯ CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học 2022 2023 Môn thi Toán Thời gian thi 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi /01/2023 Đề thi gồm 01 trang ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm) Cho[.]
Trang 1PHÒNG GD&ĐT NÔNG CỐNG KÌ THI THƯ CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2022 - 2023 Môn thi: Toán
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: /01/2023
Đề thi gồm: 01 trang
ĐỀ BÀI
:
A
1 Rút gọn biểu thức A
2 Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
3 Tìm x để A A
Câu 2 (4,0 điểm):
1 Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn: 2 2 2 2 2 2
6
Tính giá trị của biểu thức 2020 2021 2022
2 Giải phương tr×nh:
Câu 3 (4,0 điểm):
1 Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1
không phải là số chính phương
2 Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn: x4 + x2 + 1 = y2
Câu 4 (6,0 điểm):
Cho hình vuông ABCD cạnh a, điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD sao cho CE=AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M, N.
a) Chứng minh rằng: CM.DN = a 2
b) Gọi K là giao điểm của NA và MB Chứng minh rằng: MKN 90 0
c) Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất?
Câu 5 (2,0 điểm):
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 3
Chứng minh rằng: 2a22 2b22 2c22 a b c
a b b c c a
Hết
-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1
(4đ)
1
(2đ)
+ ĐKXĐ: 1; 1
2
x
x x
x
x x
x A
2 1
1 )
1 )(
1 (
5 1
2
1
5 2 2 1
x
x x
x A
x
x
2 1
1
2
1
2 2
x
A
x
x
2 1
1
2
x
x
1
1
2
x
A
2 1
2
Vậy với 1; 1
2
x x thì A x
2 1
2
2
(1đ)
Để A nhận giá trị nguyên 2 ( 1 2x) 0,25đ
) 2 1 ( x
Mà 1 – 2x là số lẻ nên 1 – 2x {-1; 1}
Giá trị x = 1( không thỏa mãn ĐK) Vậy x = 0 0,25đ
3
(1đ)
Ta có: A A A 0
0,25đ
2
1 0
2 1 0 2 1
2
Kết hợp với điều kiện ta có: vớix21 và x 1 thì A A 0,25đ
Câu 2
(4đ)
1
(2đ)
Ta có :
2 2 2
2
2020 2021 2022
6
0 1
0
1 1
1 1
0
3
x
y
z z
z
0.5đ 0.5đ
0.5đ 0.5đ
Câu 2
(4đ)
2
(2đ) Ta có:
2
x x x
2
x x x
Trang 3x x x
nên phương trình xác định với mọi x 0 Phương trình
2x 4 x 2
(thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ 0,25đ
Câu 3
(4đ)
1
(2đ)
n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) -(n2 - 1)]
= n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2) Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2
Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2
Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + 2 < n2 => n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương
0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ
Câu 3
(4đ)
2
(2đ)
x4 + x2 + 1 = y2 (1) 4x4 + 4x2 + 4 = 4y2 (2x2 + 1)2 + 3 = (2y)2
[2y – (2x2 + 1)][2y + (2x2 + 1)] = 3
Do x, y nguyên => 2y – (2x2 + 1) và 2y + (2x2 + 1) ∈ Ư(3) Lại có: 2y + (2x2 + 1) > 2y – (2x2 + 1) Do đó ta có các trường hợp sau:
2
2 2
0
2 1 1
x x
y x
2
2 2
0
2 1 1
x x
y x
0.5 0.25
0.5 0.5 0.25
Trang 4Vậy: (x, y) = (0; 1) hoặc (0; -1)
Cách khác: Phương pháp đánh giá
Do x ≥ 0 nên ta có đánh giá sau:
x x x x Từ pt ta suy ra:
1
x và 2 2
1
x là các số chính phương liên tiếp nên y Thay vào pt ta được: x2 = 0
=> x = 0 thay vào pt được: y = ±1 Kết luận:
0,5 0,5 0,5 0,5
Câu 4
(6 đ)
1
(2đ)
a) Vì ABCD là hình vuông
AB / /CD AB / /CN,AB / /ND
EC AF
BE FD mà
Vì AB//CM CM CE (2)
AB BE
Vì AB//DN AB AF (3)
DN FD
CM.DN AB a
AB DN
0.5 0.5 0.5 0.5
2
(2đ)
b) Theo câu a, ta có: CM AB CM AD (
AB DN BC DN vì AD BC AB)
Do đó CMB DAN (c.g.c) CMB DAN (4)
Vì DADN vuôn DAN AND 90 ( g tai D) (5)
Từ (4)(5) CMB AND 90 0
Do đó MKN 90 0
0.5 0.5
0.5 0.5 c) Áp dụng BĐT côsi ta có
2
DN CM 2 DN.CM 2 a 2a Vìa 0) (
0.5
K
C D
F
E
Trang 5(2đ)
Vì CD
ha
3a
y MN
( 3a
Dấu "=" xảy ra khi DN = CM = a Khi đó CE AF CM a 1
BE FD AB a hay CE BEAF FD
Vậy khi E và F lần lượt là trung điểm của BC và AD thì MN có độ dài nhỏ nhất là 3a
0.5
0.5
Câu 5
(2đ) (2đ)
Ta có
a b b c c a
Mặt khác ta có: a b 2 2b a; b c 2 2c b; c a 2 2a c Suy ra
b a c b a c
a b b c c a
Ta cần chứng minh 2
2
a b c ab bc ca
a b c ab bc c 0
Thật vậy: Ta có 2 2 2 2
a b c a b c
a b c ab bc ca
Dấu “=” xảy ra a b c 1 Vậy: 2a22 2b22 2c22 a b c
a b b c c a đpcm
0,5đ 0,5d 0,25đ
0,5đ 0,25đ
Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.