2 toán đề (theo cấu trúc thi HSG cấp tỉnh)

PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2022 - 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề dự tuyển có 04 trang) A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) 2 Câu 1: Cho a , b số dương khác thỏa mãn a  b   b   a 2 Tính giá trị biểu thức P  a  b A B C 2 3 Câu 2: Cho M  x  x y  y  x y Tính A D B 1 M  x2  y C D Câu 3: Có giá trị nguyên tham số m để hệ phương trình mx  y   3 x  my  có vơ số nghiệm? A C B y Câu 4: Cho hàm số bậc D 2m x ( m  1,m  2) m 1 m 1 có đồ thị đường thẳng (d ) Khoảng cách lớn từ gốc tọa độ đến đường thẳng d A C B D Câu 5: Cho đường thẳng có phương trình d1 : y   x  , d2 : y  x  1, d3 : y   ax  a3  a  Tìm giá trị tham số a để đường thẳng d3 qua giao điểm d1 d A 1 B 1 C 1 D   Trang 1/3 Câu 6: Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình x  (5  2a) x  4a  14  Hệ thức liên hệ x1 , x2 không phụ thuộc vào a A x1  x2  x1 x2  B 2( x1  x2 )  x1 x2  4 C 2( x1  x2 )  x1 x2  D 3( x1  x2 )  x1 x2  Câu 7: Gọi M , N giao điểm d : y  ax  với parabol ( P) : y  x Độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ A B C D 2 Câu 8: Có giá trị tham số m để hai phương trình x  (3m  1) x  12  x  (9m  11) x  36  có nghiệm chung? A Câu 9: B C D AB Cho tam giác ABC , có trung tuyến AM , biết ABC ∽MBA Tỉ số BC A B C D Câu 10: Cho tam giác ABC , có BC  a , CA  b , AB  c Hai điểm M , N thuộc cạnh AB , BC cho MN P AC AM  BN Độ dài MN tính theo a , b , c ab A a  c bc B a  c ab C b  c bc D a  b Câu 11: Thể tích khối gỗ có kích thước (được tính theo đơn vị cm) hình vẽ Trang 2/3 A 78 cm B 70 cm C 72 cm Câu 12: Cho tam giác ABC vng A có BC  cm, D 80 cm cos C  2 Gọi E trung điểm AC , kẻ EF  BC Độ dài AF A cm B cm C cm D cm  · Câu 13: Cho hình bình hành ABCD có BAD  60 , AC  cm Kẻ CH  AD CK  AB Độ dài HK A cm B 3 cm C cm D cm Câu 14: Cho nửa đường trịn (O; R ) đường kính AB Lấy M nằm nửa đường tròn ( M khác A B ) Qua M dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn Gọi A , B chân đường vng góc hạ từ A B xuống tiếp tuyến Tính AA  BB A R 2R B C 2R 3R D Câu 15: Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường tròn Qua P AP · dựng dây cung AB cho OAB có giá trị lớn Tính tỉ số BP ? A B C D Câu 16: Bạn An có bơng hoa hồng khác nhau, hoa cúc khác nhau, hoa lan khác nhau, bạn cần chọn để cắm vào lọ hoa Hỏi Trang 3/3 bạn có cách chọn hoa để cắm cho hoa lọ phải có đủ loại? B 540 A 12 C 60 D 240 B PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu (3,0 điểm) x3  y   x  y   a) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: 2 b) Tìm số nguyên tố p, q thỏa mãn p  q, p  q , p  q , p  q số nguyên tố 2 c) Với x, y số nguyên dương cho x y  x  y chia hết cho xy  y  Chứng minh xy lập phương số nguyên dương Câu (4,0 điểm) a) Tìm đa thức f ( x) , biết f ( x) chia cho x  dư 27, chia cho x  dư 39 chia cho x  x  15 thương 5x dư b) Cho biểu thức: P 1    2a  b  ab  2b  c  bc  2c  a  ca với a, b, c số thực làm cho P xác định thoả mãn điều kiện: a  b  c  ab  bc  ca  abc  Chứng minh P =  x   x  y   x3 y  y   x    y    x  y   x  c) Giải hệ phương trình: Câu (4,0 điểm).Cho tam giác ABC ngoại tiếp  I  , tiếp điểm  I  với BC , CA, AB D, E , F Gọi M , N , P, Q trung điểm DE , DF , ME , NF Các đường thẳng BM , CN cắt PQ S , T , K giao Trang 4/3 điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác DNC với DE ( K khác D K , A nằm phía với BC ) a) Chứng minh tứ giác BCST tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác NMD, NKC đồng dạng S trung điểm KC c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với  I  Câu (1,0 điểm) Xét số thực a , b , c thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức P abc2   a  a  1  b  b  1  c  c  1 ………… …… Hết ………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: Họ tên, chữ kí cán coi thi số 1: PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO HƯỚNG DẪN CHẤM Họ tên, chữ kí cán coi thi số 2: KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn: TỐN I Hướng dẫn chung - Nếu học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa - Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn II Đáp án thang điểm Trang 5/3 A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm: Mỗi câu 0,5 điểm) Câu C A A C B C A A 10 11 12 13 14 15 16 D B C B C C C B Câu B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM Ý Điểm 3,00 a) a) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: x3  y   x  y   1,00 a a  3b    b   Đặt x  y  a, x  y  b ta có phương trình:  0,25 Nếu a  b   x  y  1 b  b  16b  15    b  15 từ tìm cặp Nếu a  nghiệm là:  x; y     0; 1 ,  7; 8   0,25 Nếu a  phương trình vơ nghiệm  x; y     2; 1  Nếu a  b  1 ta tìm cặp nghiệm: a a  3b    b   Nếu a   ta có  b    a  a  3b    16  3b  0,25   b    b2      Hơn ta có: (Cauchy-Schwarz) dẫn đến  b   16  3b  4b  32  vơ lý Trang 6/3 Vậy phương trình cho có cặp nghiệm là: 0,25  x; y     1; 1 ,  0; 1 ,  7; 8  ,  2; 1  b) Tìm số nguyên tố thỏa mãn p  q, p  q , p  q , p  q p, q 1,00 số nguyên tố Nếu p q lẻ, ta có p  q hợp số chẵn lớn 2, vơ lí Do đó, hai số p, q phải Ta xét trường hợp 0,25 sau  Nếu p  từ q  số nguyên tố ta có q   1, 2  mod 3  q  1,   mod 3 b) Do q đồng dư 1 theo modulo nên q chia hết 0,25 cho 3, q  Thử lại, ta thấy thỏa mãn  Nếu q  p  2, p  4, p  8, p  16 số nguyên tố Lần lượt xét p  3k ,   p  3k  1,  p  3k  2,  có p  3k thỏa mãn, p nguyên tố nên p  Thử lại, ta thấy thỏa mãn Kết luận, có hai cặp số  p, q  thỏa mãn yêu cầu đề  2,3  3,  x, y c) Với 0,25 số nguyên dương cho x y  x  y chia hết cho xy  y  Chứng minh c) 0,25 xy lập phương số nguyên 1,00 dương Ta có     x y  x  y Mxy  y   y x y  x  y  x xy  y  Mxy  y  2 suy điều kiện là: y  xMxy  y  Chú ý từ y  x Mxy  y   xy  y   y  x 2 TH 1: Nếu x  y y  x Mxy  y  suy cặp số 0,25 0,25  x; y    t ; t  , t N * thỏa mãn điều kiện Trang 7/3 Dẫn đến xy  t điều phải chứng minh 2 TH 2: Nếu y  x y  x Mxy  y  suy xy  y   y  x   x  1 y  y  x   điều khơng thể xảy 0,25 x, y TH 3: Nếu y  x ta suy xy  y   x  y  x  y  1  y  y   điều khơng thể xảy x, y   x; y    t ; t  với Tóm lại chứng minh 0,25 t N * dẫn đến xy  t Đó điều phải 3,00 a) a) Tìm đa thức f ( x) , biết f ( x ) chia cho x  dư 27, chia cho x  dư 39 chia cho x  x  15 thương 5x cịn dư 1,00 Vì f ( x) chia cho x  x  15 thương 5x cịn dư nên, ta có: f ( x)  x  x  x  15   r ( x), với r ( x) đa thức có bậc khơng vượt 0,25 q  f ( x )  x  x  3  x    r ( x ) , với r ( x) đa thức có bậc khơng vượt q Mặt khác, ta có: f ( x ) chia cho x  dư 27 nên f (3)  27  r (3)  27  1 0,25 f ( x ) chia cho x  dư 39 nên f (5)  39  r (5)  39   Từ  1   , suy ra: r ( x) đa thức có bậc Giả sử r ( x)  ax  b ,  a    3a  b  27  3 ; 5a  b  39   0,25 Từ  3   , suy ra: a  ; b   r ( x)  x  Trang 8/3 Vậy đa thức f ( x ) cần tìm là: 0,25 f ( x)  x  x  x  15   x   x  40 x  81x  b) Cho biểu thức: P 1    2a  b  ab  2b  c  bc  2c  a  ca với a, b, c số thực làm cho P xác định thoả mãn điều 1,50 kiện: a  b  c  ab  bc  ca  abc  Chứng minh P = Đẳng thức điều kiện tương đương với b)   a    b    c     a,  b,  c  P 0,50 1   0,50  (1  a )  (1  a)(1  b)  (1  b)  (1  b)(1  c)  (1  c)  (1  c)(1  a) 1 a   (1  a )  (1  a )(1  b) (1  a )(1  (1  b)  (1  b)(1  c )) (1  a )(1  b)  (1  a )  (1  a)(1  b)    (1  a )(1  b)(1  (1  c)  (1  c)(1  a ))  (1  a )  (1  a )(1  b) P  x   x  y   x3 y  y (1)    x    y    x  y   x  (2) c) Giải hệ phương trình: x   x  y   x3 y  y (1) Giải phương trình c) 1,50 ta có:  x  2x y   x  y  y2  0,50 2  x3  x  y   x  x  y    x  x  y   x  1  0,50  x0   x  y x   x - Nếu x  , thay vào pt (2) ta có phương trình:  y   y  Điều kiện: 2  y     2y   2y   42   y    y    y    y  16 0,25  16  y   16  y  16  y  (thỏa mãn ĐK)  x; y    0;0   Hệ phương trình có nghiệm - Nếu x = 2y, thay vào pt (2) ta pt: 0,50 y    y   y  y  (3) Trang 9/3 1  y2 Điều kiện: Đặt a  y    y (điều kiện: a  ) a2   a    6y  4y   6y  4y  2 Pt (3) có dạng: a a2  5  a  2a  15    a  3  a  5   a  (thỏa mãn) a  5 (loại) Với a    6y  4y2  32  2   6y  4y    y  y2   2y  3 2y  y0  y   (thỏa mãn ĐK) - Nếu y   x  0(t / m) - Nếu y  x  3(t / m)  3  3;   Hệ phương trình có nghiệm  x; y   0;0     3  3;  x ; y 0;0     Vậy hệ phương trình có nghiệm   0,25 4,00 a) a) Chứng minh BCST tứ giác nội tiếp 1,50  Ta có IN IB ID IM IC 0,50 nên BCMN tứ giác nội tiếp 0,25 Trang 10/3 Ta có PQ || MN nên · · · · TSB  NMB  NCB  TCB Suy tứ giác BCST nội tiếp 0,25 b) Chứng minh NMD : NCK S trung điểm KC 1,50 · · · · · · SMK  BMD  BMC  900  BNC  900  DNC  DKC 0,25 Tam giác MKC vuông M nên M S qua trung điểm KC Ta có: NMK : MPS (g.g) nên b) 0,50 NK MN 2MN   MS MP MD 0,50 (1), Ta có: NMK : NDC suy NMD : NKC (g.g) suy 0,50 NM KN  MD KC (2) NK MN KN   KC suy KC  MS suy S Từ (1), (2) ta suy MS MD 0,25 trung điểm KC SM SC c) c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với  I Chứng minh tương tự ta có TN TB mặt khác tam giác cân SMC (cân S ) , TNB (cân T 1,00 0,25 ) đồng dạng nên đường cao kẻ từ T ,S tam giác cắt R 1· 1· · · BSR  BSC  BTN  BTR 2 hay BTSR nội tiếp Trang 11/3 Từ R nằm đường tròn BCST Chú ý rằng: giao đường trung trực BN ,CM nên R R là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCMN Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tứ 0,25 2 giác BCSR Ta có kết quen thuộc sau: RD.RG  RI  ID IN IB  IR  RN  ID suy IR  ID  RN hay RD.RG  RN 2 Suy dẫn đến RD.RG  RB  RC nên RDB : RBG (c.g.c) suy · · · RBD  RGB  RGC hay RBGC tứ giác nội tiếp ID IG  Ta có ID || JR JR JG nên G, I , J thẳng hàng Nói cách khác 0,25 0,25 đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với  I  Xét số thực a , b , c thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức 1,00 P abc2  a  a  1  b2  b  1  c  c  1 2 1  a  a    a     0, a 2  Ta có 0,25 2 Tương tự b  b   0, b ; c  c   0, c Do a  b  c  P   1 Ta xét trường hợp a  b  c  P  abc2 2         3 a   b   c                   a bc 2 2        1 1 1 a   b   c            3 64   2 2 2        Trang 12/3 x Ta chứng minh bổ đề   3  y  3  z  3   x  y  z  1 , x, y , z (*)   y  z  1    x  y  z  1   x  3 1     Thật 2 Do ta cần chứng minh  y  z  1 1 y  0,25  3  z  3  16   y  z   yz   y  z   y z   y  z   27  y z   y  z   yz   y  z   11   yz  1   y  1   z  1   y  z   2 2 (luôn đúng) Như ta có (*) ln Áp dụng (*) với 1 1 1    x  2 a   y  2 b   z  2 c   2, 2, 2    0,50 ta có 2        1 1 1 a   b   c            3   2a  2b  2c   2 2 2          P abc2 4 4  a b c  1 64  Đặt t  a  b  c , t  ,  a  b  c  2  a  b  c  1 P  t  2  t  1 Lại có  t  2  t  1  1   t  2  t  1 4t    t  2t  1  t  1    t  6t    t  1    t  3  t 1 2  0, t   1, t  (2) Trang 13/3 Từ (1) (2) suy P  Dấu “=” xảy a  b  c  Vậy giá trị lớn P a  b  c  Trang 14/3 .. .2 Câu 6: Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình x  (5  2a) x  4a  14  Hệ thức liên hệ x1 , x2 không phụ thuộc vào a A x1  x2  x1 x2  B 2( x1  x2 )  x1 x2  4 C 2( x1  x2 )  x1 x2 ...   2a  2b  2c   2? ?? 2? ?? 2? ??          P abc? ?2 4 4  a b c  1 64  Đặt t  a  b  c , t  ,  a  b  c  2? ??  a  b  c  1 P  t  2? ??  t  1 Lại có  t  2? ?? ...  1   z  1   y  z   2 2 (luôn đúng) Như ta có (*) ln Áp dụng (*) với 1 1 1    x  2? ?? a   y  2? ?? b   z  2? ?? c   2? ??, 2? ??, 2? ??    0,50 ta có 2        1 1 1 a 