Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 310 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
310
Dung lượng
5,43 MB
Nội dung
Tailieumontoan.com Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP CẤP TỈNH 2022 (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038 Tài liệu sưu tầm, ngày 10 tháng 10 năm 2022 Website: tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT BÀ RỊA – VŨNG TÀU KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài (3 điểm): a a +a−2 ; với a > 0, a ≠ − : a − a a a a + − 1) Rút gọn biểu thức P = 3 2) Tính giá trị biểu thức Q= a + b3 với a =+ 50 , b =− 50 Bài (3 điểm): 1) Giải phương trình x − x + 7= 2x − 4 x + 1= y − x 2) Giải hệ phương trình 2 xy x + y = Bài (3 điểm): 1) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn phương trình y − xy + y − x + = 2) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mañ a + b + c = 20222033 Chứng minh a + b3 + c3 chia hết cho Bài (4 điểm): 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y = x Tìm tọa độ điểm A B thuộc ( P) cho tam giác OAB 2) Cho số dương x, y, z thỏa mãn ( ) ( ) ( ) x + y + y + z + z + x + xyz = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+ y Bài (5 điểm): Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường trịn Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = (O) lấy điểm M cho MA > OA Vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O)(C tiếp điểm) Đường thẳng qua M song song vởi AB cắt tia OC D Vẽ đường tròn ( O ') đường kính MD Gọi E giao điểm MB với đường tròn (O), F giao điểm MB với đường tròn ( O ') ( E khác B, F khác M ) Tia DF cắt AB K = COB 1) Chứng minh CFB 2) Chứng minh ∆CEF cân 3) Chứng minh K trung điểm AO Bài (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G nội tiếp đường tròn (O) Các đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC cắt đường tròn (O) điểm D, E , F Chứng minh AB + BC + CA ≤ 3(GD + GE + GF ) - - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang LỜI GIẢI Bài (3 điểm): Website: tailieumontoan.com a a +a−2 ; với a > 0, a ≠ − : a − a a a a + − 1) Rút gọn biểu thức P = 3 2) Tính giá trị biểu thức Q= a + b3 với a =+ 50 , b =− 50 LỜI GIẢI a a +a−2 1 P với a > 0; a ≠ = − : a − a a a a + − ( a − 1)(a + a + 2) − : a + a ( a − 1) ( a − 1)( a + 1) a + a + −1 ( a + 1) = ⋅ a ( a − 1) = a ( a − 1)( a += 1) a (a − 1) ⋅ a a − 1= a +1 a +1 ( ) 3 a =+ 50 ; b =− 50 Ta có a + b3 = (7 + 50) + (7 − 50) = 14 3 (7 + 50)(7 − 50) = 49 − 50 = ab = −1 Đặt x= a + b ⇒ x3 = a + b3 + 3ab ( a + b ) 14 − x ⇒ x= ( ⇔ x −2 ⇒ x + x − 14 = ( x + 1) Mà x + x + = )( x ) + 2x + = + > Suy x = Do a + b = (a + b) − a b = 22 − 2(−1) = ( )( ) ⇒ 84 = a + b a + b3 =a + b5 + a 3b + a 2b3 ⇒ 84 = Q + a b (a + b) = Q + b (a + b) = Q + ⇒ Q = 82 2 Bài (3 điểm): 1) Giải phương trình x − x + 7= 2x − 4 x + 1= y − x 2) Giải hệ phương trình 2 xy x + y = LỜI GIẢI 1) Giải phương trình x − x + 7= x − x − x + 7= x − , điều kiện x ≥ 2 ⇔ (2 x − 5)2 += x − Đặt= u x − ( u0 ) Ta có phương trình u + = 4u 2 ⇔ u − 2u + + 2u − 4u + =0 ( ) ( ) ⇔ u2 − + 2(u − 1)2 = ⇔ (u − 1)2 (u + 1)2 + = Mà (u + 1)2 + > , ta u = Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang 2 x − =1 ⇔ x = ( thỏa mãn) Vậy S = {3} Website: tailieumontoan.com 4 x + 1= y − x 2) Giải hệ phương trình 2 xy x + y = = y (2 x + 1) x + 1= y − x (1) ⇔ ( 2) xy ( x − y )( x − y ) = x + y = y 2x +1 = (1) ⇔ −2 x − y = TH1: = y x + thay vào ( ) x = −1( y = −1) 0⇔ ( x − x − 1)( x − x − ) = −2 −1 = y x = TH2: ( ) y= −2 x − thay vào −1 −1 = x = y 3 ⇔ ( x + x + 1)( x + x + ) = −2 −1 = x = y Vậy tập nghiệm hệ phương trình −2 −1 −1 −1 −2 −1 S = ( −1; −1) ; ; ; ; ; ; 3 3 5 Bài (3 điểm): 1) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn phương trình y − xy + y − x + = 2) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mañ a + b + c = 20222033 Chứng minh a + b3 + c3 chia hết cho LỜI GIẢI 1) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn phương trình y − xy + y − x + = y − xy + y − x + = ⇔ y + y += x(2 y + 1) y2 + y + y + ≠ ⇔x= y +1 ⇔ x = 2y + + y +1 Vì x, y ∈ Z nên ∈ y +1 ⇒ y + ∈ {−5; −1;1;5} ⇒ y ∈ {−3; −1;0; 2} Với y = −3 ⇒ x = −5 y =−1 ⇒ x =−5 y =0⇒ x =7 Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang Website: tailieumontoan.com y =2 ⇒ x =7 ( ) Vậy có cặp số nguyên x ; y thỏa mãn ( −5; −3) ; ( −5; − 1) ; ( 7;0 ) ; ( 7;2 ) 2) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mañ a + b + c = 20222033 Chứng minh a + b3 + c3 chia hết cho ( ) Ta có a − a = a a − = (a − 1) ⋅ a ⋅ (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Tương tự b − b 3; c − c 3 ( (1) (2) ) Do a + b3 + c3 − (a + b + c) mà 2022 ⇒ a + b + c = 20222023 () ( ) Từ , ta có a + b3 + c3 Bài (4 điểm): 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y = x Tìm tọa độ điểm A B thuộc ( P) cho tam giác OAB ( ) ( ) ( ) 2) Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + y + z + z + x + xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+ y LỜI GIẢI 1) Gọi hoành độ A , B a ; b Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử a > b ( ) ( ) A , B ∈ ( P ) ⇒ A a ; a2 B b ; b2 Ta có OA = a2 + a ; OB = b2 + b ∆OAB nên OA = OB a2 + a = b2 + b ⇔ a2 − b2 + a2 + b2 = ( ) )( a = b ⇔ a2 = b2 ⇔ a = −b Kết hợp điều kiện ta chọn a = − b ( a > a > b ) Khi A a; a2 ; B − a ; a2 Với a > ⇒ AB = 2a ( ) ( ) ( ) 2a ⇔ a2 + a = 4a2 ⇔ a2 a2 − = ∆OAB nên OA = AB ⇔ a2 + a = ( ( ) A 3;3 Do a > ⇒ a =3 ⇒ B − 3;3 ) Vậy hai cặp điểm ( A; B ) thỏa mãn A 2) Ta chứng minh x + y + z 23 (1) ( Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 ) ( ) ( ) ( 3;3 ; B − 3;3 A − 3;3 ; B 3;3 ) Trang Website: tailieumontoan.com Thật vậy: giả sử x + y + z < Khi ( ) ( ) ( x + y + y + z2 + x + z2 ( ) (( ) ( ) ( ≤ x + y + z2 + y + x + z2 )) ) 12 x + y + z2 < ( ) = x + y + z 23 x y z ⇒ xyz < (3) Từ ( ) ( 3) suy vô lí theo giả thiết Do (1) ( ) x + y + z2 x4 y4 z4 + + ≥ Khi S = x ( y + z ) y ( z + x ) z2 ( x + y ) x ( y + z ) + y ( z + x ) + z2 ( x + y ) ( 4) Ta có x ( y + z ) + y ( z + x ) + z2 ( x + y = ) xy ( x + y ) + yz ( y + x ) + zx ( z + x ) ≤ x y + y z2 + z2 x ≤ ( x + y ) + ( y + z) + ( z + x ) 2 2 x + y + z2 x + y + z2 x + y + z2 + ( xy + yz + zx ) ≤ 3 ( ) ( Từ ( ) ( 5) ⇒ S ≥ ) ( +y +z ) (x = (x + y + z ) 2 Giá trị nhỏ S 2 2 ( x + y + z2 ) ( 5) )≥3 Dấu “=” xảy x= y= z= Bài (5 điểm): Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường tròn (O) lấy điểm M cho MA > OA Vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O)(C tiếp điểm) Đường thẳng qua M song song vởi AB cắt tia OC D Vẽ đường tròn ( O ') đường kính MD Gọi E giao điểm MB với đường tròn (O), F giao điểm MB với đường tròn ( O ') ( E khác B, F khác M ) Tia DF cắt AB K 1) Chứng minh 2) Chứng minh 3) Chứng minh = COB CFB ∆CEF cân K trung điểm AO LỜI GIẢI Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang Website: tailieumontoan.com M D O' A C E H F K O B = ; mà EMD = FBO ( so le trong) ⇒ FCO = 1) Tứ giác MDCF nội tiếp ⇒ FCO EMD FBO = Tứ giác OBCF nội tiếp ⇒ CFB COB = OBF 2) FCO = OBF ACE ( chắn AE ) = (1) ⇒ OCF ACE ⇒ ACO = FCE ( ) ) ⇒ FEC ; OAC = FEC ( chắn CB = Mà ACO = OAC ACO () = FEC ⇒ ΔCEF cân F ( ) ⇒ FCE ⇒ ∆MOD cân D 3) OM cắt ( O ' ) H ≠ M Tacó OMD = MOA = MOD Từ Mà MH ⊥ HD ⇒ H trung điểm MO = = HFK ( tứ giác HMDF nội tiếp ) CB // MO ( ⊥ AC ) ⇒ OBC AOM = OMD ( DO OBCF nội tiếp ) Mà OBC = OCB = OFB = ⇒ OFB FKH = = =° ⇒ HFO KFO DFM 90 ( 3) suy tư sgiacs KOFH nội tiếp Mà AKO = OMD = KFH ( ) Từ ( 3) ( ) suy HK ⊥ AB ⇒ HK // MA ⇒ HK đường trung bình ∆MAO ⇒ K trung điểm OA Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang Website: tailieumontoan.com Bài (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G nội tiếp đường trịn (O) Các đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC cắt đường tròn (O) điểm D, E , F Chứng minh AB + BC + CA ≤ 3(GD + GE + GF ) LỜI GIẢI A G B C M D Gọi M trung điểm BC ∆MAD ∽ ∆MDC ( gg ) ⇒ MD.MA = MB.MC = Ta có GD = MG + MD2 MG ⋅ MD = BC MA ⋅ MD 1 BC ⋅ BC = ⇒ BC 3GD Tương tự CA 3GE ; AB 3GF ⇒ Điều phải chứng minh =2 ⋅ Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 096.761.6583 Trang Website: tailieumontoan.com HSG9 Tỉnh Bắc Giang 21 22 I Trắc nghiệm (6 điểm) 2 x + y + x − y = 13 Câu 1: Biết ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ phương trình 7 x + y − 4 x − y = Giá trị x0 + y0 A B C D 10 Câu 2: Cho điểm M ( x0 ; y0 ) (với x0 < ) thuộc đường thẳng y= x + thỏa mãn x02 + y02 = 17 Giá trị biểu thức x0 + x0 y0 A B 20 C D Câu 3: Cho tam giác ABC vng A có AC = Biết độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B,C tam giác ABC Tính chu vi tam giác ABC A 14 + B 14 + C 21 D 21 + mx − y= 2m − 2m − ( với m tham số) có nghiệm 5m 2 x + y = Câu 4: Khi hệ phương trình ( x0 ; y0 ) Giá trị nhỏ biểu thức A −9 x0 + y02 C −3 B D −6 1 1 + + +…+ = a b − c với a, b, c số tự nhiên +1 3+ 4+ 101 + 100 Câu 5: Cho b số nguyên tố Giá trị a + b + c A 100 B 101 C 104 Câu 6: Nghiệm x phương trinh A x = D 103 8088 x x x x + + +…+ = 1+ 1+ + + + +…+ 2022 2023 B x = Câu 7: Gọi A, B só thực cho C x = D x = A B 2x = + , ∀x ≠ x ≠ Giá trị ( x − 1)( x − 3) x − x − A + B A −3 B C D Câu 8: Cho đường trịn tâm O, có đường kính 10 cm hai điềm AB thuộc đường trịn (O) cho độ dài cung nhỏ AB chu vi đường trịn (O) Tính khoảng cách từ O đến dây cung AB A cm B 3 cm C 3 cm D 3 cm Câu 9: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC = MA 6 = cm, MB 4 cm Độ dài đoạn MC đường tròn (O) Biết B MC = 2 cm C MC = 3 cm D MC = 5 cm A MC = 10 cm Liên hệ tài liệu word toán SĐT(zalo): 039.373.2038 Câu 10: Số nghiệm phương trình ( x − x + ) (| x − | −5) = Website: tailieumontoan.com A B C D y x + m cắt trục hoành điểm A , cắt trục tung điểm B Tập Câu 11: Biết đường thẳng = hợp tất giá trị tham số m để diện tích tam giác OAB ( O gốc tọa độ) là: C {−36;36} D {−6} A {6} B {−6;6} Câu 12: Có tát số nguyên tố p cho số p + p + số nguyên tố ? A B C D Câu 13: Cho x,y số thực thay đổi Tìm tất số thực m để giá trị nhỏ F = [(9 − m) x − y − m]2 + (mx − y + 3) đạt giá trị lớn A B Câu 14: Cho biểu thức f ( x) = ( x3 + 12 x − ) C 2022 D Biết a =3 + 80 − 80 − , giá trị f (a) số tự nhiên có chữ số tận A B.1 C D Câu 15: Cho đường tròn tâm O , bán kính R = 8 cm tiếp xúc ngồi với đường trịn tâm I , bán kính r = 2 cm Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) ( I ) hai điểm phân biệt A, B Tính độ dài đoạn AB A AB = 4 cm B AB = 5 cm C AB = 6 cm D AB = 8 cm = 40° Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu 16: Cho tam giác ABC có góc BAC Tính số đo góc BIC = 135° = 90° = 120° = 110° B BIC C BIC D BIC A BIC Câu 17: Cho tam giác nhọn ABC, có BK ( K ∈ AC ), CE ( E ∈ AB) đường cao Đường tròn = 60° đường kính AB cắt đoạn CE P, đường trịn đường kính AC cắt đoạn BK Q Biết PAQ AP = 5 cm Tính độ dài đoạn thẳng PQ B PQ = 2,5 cm C PQ = 5 cm D PQ = 10 cm A PQ = 7,5 cm y x − m parabol ( P) : y = x Tất giá trị tham số m Câu 18: Cho đường thẳng (d ) : = để đường thẳng (d ) cắt parabol ( P) hai điểm phân biệt A m > B m ≥ C m ≤ D m 0, ∀m ∈ Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m 0.5 (Tính ∆ 0.25 điểm, lập luận có hai nghiệm phân biệt 0.25 điểm) x12 − ( m + 1) x1 + m − = ⇔ x12 − mx1 + m = x1 + Tương tự x22 − mx2 + m = x2 + 0.5 (Mỗi ý 0.25 điểm) (x − mx1 + m )( x22 − mx2 + m ) = 0.5 ⇔ ( x1 + )( x2 + ) =2 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 16 =2 (*) Áp dụng định lí Viet, ta có: −14 ⋅ Kết luận (*) ⇔ ( m − ) + ( m + 1) + 16 =2 ⇔ 5m + 14 =0 ⇔ m = 0.5 Câu (2.5 điểm) a) Chứng minh với k số nguyên 2023k + khơng phải lập phương số nguyên b) Tìm nghiệm nguyên phương trình x − y ( x − y ) = 2( x + 1) 2.5 a) Giả sử 2023k + = a với k a số nguyên Suy 2023= k a3 − 0.5 Ta chứng minh a – không chia hết cho Thật vậy: Ta biểu diễn = a m + r , với r ∈ {0;1; −1; 2; −2;3; −3} Trong tất trường hợp ta có a – khơng chia hết cho 1.0 Mà 2023k chia hết cho 7, nên a – ≠ 2023k (Mỗi ý 0.25 điểm) b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y ( x − y ) = 2( x + 1) x − y ( x − y ) = 2( x + 1) ⇔ x − 2( y + 1) x + 2( y − 1) = (1) Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ∆ ' theo y phải số phương 0.25 Ta có ∆ ' = y2 + y +1− y2 + = − y2 + y + ∆ ' = − ( y − 1) ≤ 0.25 ∆ ' phương nên ∆ ' ∈ {0;1; 4} + Nếu ∆ ' = ⇒ ( y − 1) = ⇔ y = thay vào phương trình (1) ta có : x = x − x =0 ⇔ x ( x − ) =0 ⇔ x = + Nếu ∆ ' = ⇒ ( y − 1) = ⇒ y ∉ y = + Nếu ∆ ' = ⇒ ( y − 1) = ⇔ y = −1 0.5 + Với y = thay vào phương trình (1) ta có: x − x + 16 =0 ⇔ ( x − ) =0 ⇔ x =4 + Với y = −1 thay vào phương trình (1) ta có: x = ⇔ x = Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên : ( x; y ) ∈ {( 0;1) ; ( 4;1) ; ( 4;3) ; ( 0; −1)} (Mỗi hai nghiệm 0.25 điểm) Câu (3.0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R , dây BC khác đường kính Hai tiếp tuyến đường tròn ( O, R ) B C cắt A Kẻ đường kính CD , kẻ BH vng góc với CD H a) Chứng minh AO vng góc với BC Cho biết R = 15 cm, BC = 24 cm Tính AB, OA b) Gọi I giao điểm AD BH , E giao điểm BD AC Chứng minh IH = IB 3.0 B E D I H K A O C a) Chứng minh AO vng góc với BC Cho biết bán kính R 15 cm, dây BC = 24 cm Tính AB, OA Ta có: AB = AC ( tính chất tiếp tuyến đường trịn) OB = OC ( bán kính đường trịn) Suy OA trung trực BC ⇒ OA ⊥ BC K Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABO đường cao BK, ta có: 1 1 = − = − ⇒ AB = 20 (cm) 2 AB BK OB 12 15 0.25 0.25 0.5 (Cơng thức 0.25 điểm, tính kết 0.25 điểm) Áp dụng định lý Pitago tam giác vng ABO, ta có: OA = AB + OB = 202 + 152 = 252 = 25 (cm) (Cơng thức 0.25 điểm, tính kết 0.25 điểm) b) ∆DCE có OA // ED ( vng góc với BC ); OC = OD = R Suy EA = AC (1) Ta lại có: BH // AC (cùng vng góc với DC) BI ID IH Áp dụng hệ định lý Ta-let, ta có: = = (2) AE DA AC Từ (1) (2) suy BI = IH 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu (2.5 điểm) Cho đường trịn ( O; R ) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H ( H nằm O B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn ( O; R ) , đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( O; R ) điểm K ( K khác A ), hai dây MN BK cắt E a) Chứng minh CA.CK = CE.CH b) Qua điểm N , kẻ đường thẳng ( d ) vuông góc với AC , ( d ) cắt tia MK F Chứng minh tam giác NCF cân 2.5 = CHA = 900 KCE chung a) Xét ∆CKE ∆CHA có CKE Suy ∆CKE ∽ ∆CHA CK CE = ⇔ CK CA = CH C E CH CA KNF KFN = , MKB b) Do KB // FN= nên EKN nên 0.5 0.5 (1) Mặt khác AB ⊥ MN H nên H trung điểm MN suy tam giác MNB = (góc nội tiếp chắn cung nhau) cân B ⇒ MB = EKN NB ⇒ MKB 0.5 0.5 (2) = nên tam giác KFN cân K suy KC đường trung Từ (1) (2) ⇒ KNF KFN trực NF ⇒ ∆CNF cân C 0.5 Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a) ( ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) b) a b c + + ≥ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2.0 a) Thực xét hiệu ta được: a + b + c − ab − ac − bc (a + b + c) − ( ab + bc + ca ) = = 1 ( a − b ) + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0.25 0.5 ⇒ (a + b + c) ≥ ( ab + bc + ca ) 0.25 b) Ta thấy điểm rơi đạt a= b= c= Ta có: a b2 ab b = a = a − ≥ a 1 − =a − 2 1+ b 1+ b 2 1+ b b bc c ca ≥b− , ≥c− 2 1+ c 1+ a a b c ab + bc + ca Cộng vế với vế, ta có : + + ≥ (a + b + c) − ≥ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 Tương tự ta được: Vì ab + bc + ca ≤ ab + bc + ca 3 ≥ 3− = (a + b + c) = ⇒ (a + b + c) − 2 HẾT./ 0.25 0.25 0.25 0.25 HSG T9 Tỉnh Yên Bái 21 22 Câu (4,0 điểm) Cho x y số thực thỏa mãn x − y =−4 xy = −2 Tìm giá trị biểu thức P= x3 − y Cho a b số thực dương thỏa mãn Câu (3,0 điểm) Giải phương trình x − + 1= − x ( a+ 1 1 + b + = a + + b + Chứng minh a = b a b b a ) 9x − −1 Cho đường thẳng d : y = mx + m − , với m tham số thực m ≠ a) Đường thẳng d cắt hai trục Ox Oy A B Tìm tọa độ A B theo m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d tiếp xúc với đường trịn tâm O bán kính Câu (7,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A tam giác ABC Gọi M ( AB > BC ) nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao AD trung điểm BH AM cắt đường tròn ( O ) N ( N ≠ A ) a) Chứng minh DM ⊥ BH BMDN tứ giác nội tiếp Từ BN ⊥ DN BH b) Tiếp tuyến B C đường tròn ( O ) cắt S SN cắt đường tròn ( O ) E (E ≠ N ) Chứng minh SB = SN SE ODNE tứ giác nội tiếp c) Chứng minh ba điểm C , O E thẳng hàng = d) Chứng minh đường thẳng SN qua trung điểm đoạn thẳng BD tan BAC Câu (3,0 điểm) Chứng minh n số phương n3 − n chia hết cho 60 Tìm tất ba số nguyên tố ( p, q, r ) thỏa mãn q > = p q2 + r3 Câu (3,0 điểm) Cho x, y, z độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh x + x+ y−z y z + ≥ x+ y+ z y+z−x z+x− y Trên bảng cho dãy gồm n số nguyên dương ( n ∈ , n > 3) xếp theo thứ tự tăng dần từ đến n Bạn An xóa ba số hạng liên tiếp dãy, sau tính tổng tất số cịn lại bảng nhận kết 2022 Tìm ba số mà bạn An xóa _ Hết _ - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………………………………… Số báo danh: ………………………… Cán coi thi số 1: ……………………………………………………Kí tên: ………………………………… Cán coi thi số 2: ……………………………………………………Kí tên: ………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (4,0 điểm) Cho x y số thực thỏa mãn x − y =−4 xy = −2 Tìm giá trị biểu thức P= x3 − y Cho a b số thực dương thỏa mãn a+ 1 1 + b + = a + + b + Chứng minh a = b a b b a Lời giải Ta có x3 − y = ( x − y ) ( x + xy + y ) 2 = −40 ( −4 ) ( −4 ) + ( −2 ) = ( x − y ) ( x − y ) + 3xy = Bình phương hai vế đẳng thức cho ta a+ 1 1 1 1 + b + + a + b + = a + + b + + a + b + a b a b b a b a 1 1 ⇔ a + b + = a + b + a b b a ⇔ ab + ⇔ a b 1 + + = ab + + + b a ab ab a b + −2= ⇔ (a − b) = ⇔ a = b b a Lưu ý Thí sinh sử dụng bất đẳng thức AM - GM a b a b + ≥2 ⋅ = để a = b b a b a Câu (3,0 điểm) Giải phương trình x − + 1= − x ( ) 9x − −1 Cho đường thẳng d : y = mx + m − , với m tham số thực m ≠ a) Đường thẳng d cắt hai trục Ox Oy A B Tìm tọa độ A B theo m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính Lời giải ĐKXĐ: ≤ x ≤ Với điều kiện đó, phương trình cho tương đương 9 x − + − x += ( − x )( x − ) (1) t Đặt = x − + − x t ≥ t = 9x − + ( − x) + ( x − 5)( − x ) t − 13 (2) − − = x x ) ( )( ⇔3 Phương trình (1) trở thành t +1 = t = t − 13 ⇔ t − 2t − 15 = ⇔ t = −3 Do t ≥ nên t = Thay t = vào (2) , ta x = ( − x )( x − 5) = ⇔ −9 x + 23x − 14 = ⇔ 14 (thỏa mãn ĐKXĐ) x= 14 Vậy tập nghiệm phương trình cho 1; 9 Lưu ý - Thí sinh đặt = a 9x − = b 2− x để đưa hệ phương trình b ( a − 1) a + = a + b − ab + = ⇔ 2 13 13 a + b = ( a + b ) − 2ab = Giải hệ ta có a + b = ab = Từ tìm x = x = 14 - Nếu thí sinh khơng tìm ĐKXĐ phương trình và/hoặc sử dụng biến đổi hệ ( ⇒ ) mà không sử dụng biến đổi tương đương ( ⇔ ) cần thử lại nghiệm; khơng giám khảo trừ 0,25 điểm a) Cho x = ta y= m − Do B ( 0; m − 1) Cho y = ta mx + m − = ⇔ x = 1− m 1− m Do A ;0 m m b) Gọi H hình chiếu vng góc O d Khi OH = 1 Nếu m = O ≡ A ≡ B Đường thẳng d qua gốc tọa độ nên khơng tiếp xúc với đường trịn O; 5 Do m ≠ , dẫn đến ba điểm O, A, B phân biệt Tam giác OAB vng O có OH đường cao nên 1 + =2 (3) 2 OA OB OH Ta có OA = 1− m OB= m − m Thay vào (3) , ta m2 ( m − 1) + ( m − 1) = 25 ⇔ m + 1= 25 ( m − 1) m = ⇔ 12m − 25m + 12 =0 ⇔ m = Vậy có hai giá trị m thỏa mãn m = 3 m = Câu (7,0 điểm) ( AB > BC ) nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao AD trung điểm BH AM cắt đường tròn ( O ) N ( N ≠ A ) Cho tam giác ABC cân A tam giác ABC Gọi M BH a) Chứng minh DM ⊥ BH BMDN tứ giác nội tiếp Từ BN ⊥ DN b) Tiếp tuyến B C đường tròn ( O ) cắt S SN cắt đường tròn ( O ) E (E ≠ N ) Chứng minh SB = SN SE ODNE tứ giác nội tiếp c) Chứng minh ba điểm C , O E thẳng hàng = d) Chứng minh đường thẳng SN qua trung điểm đoạn thẳng BD tan BAC Lời giải a) Tam giác BCH có DM đường trung bình nên DM CH , suy , BMDN tứ giác nội tiếp BDM = BCH = BCA = BNA = BNM =180o − BMD =90o Vì DM CH nên DM ⊥ BH , kéo theo BND = BEN b) Vì SB tiếp tuyến ( O ) nên SBN Từ ta có ∆SBN ~ ∆SEB (g.g), suy SB SE = Do SB = SN SE SN SB Tam giác SBO vuông B nên SB = SD.SO , kéo theo SD.SO = SN SE Khi SD SE = SEO = , dẫn đến ∆SDN ~ ∆SEO , cho ta SDN SN SO Vậy ODNE tứ giác nội tiếp , SNDC nội tiếp c) Theo b) SDN = DBN = SCN = 90o , kéo theo CE đường kính ( O ) Bởi SNC d) Gọi I giao điểm BN SD Theo c) ta có SNDC nội tiếp nên NCD , suy ∆ISN ~ ∆IBS (g.g) = ISN = NCB = SBN Từ ta có IS IB = hay IS = IB.IN IN IS Lại có DN ⊥ BI nên ID = IB.IN Vậy ID = IS Do BN qua trung điểm SD Khi SN qua trung điểm BD N trọng tâm tam giác SBD , mà BN BN BI BD BD BD Mặt khác, ta lại có , thành = = = 4⋅ = 2 IN IN BI ID SD SD = Lúc tan SBD SD = BD = 2 hay tan BAC Câu (3,0 điểm) Chứng minh n số phương n3 − n chia hết cho 60 Tìm tất ba số nguyên tố ( p, q, r ) thỏa mãn q > = p q2 + r3 Lời giải Đặt n = x ( x ∈ ) Khi n3 − n = x − x = x ( x − 1) + Nếu x chẵn x nên x ( x − 1) + Nếu x lẻ x số phương lẻ nên x − 1 , suy x ( x − 1) Lại có x ( x − 1) = (x − 1) x ( x + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Mặt khác x ( x −= 1) x ( x − 1)( x + 1) BN =2 IN + Nếu x ≡ (mod 5) x ≡ (mod 5) + Nếu x ≡ ±1 (mod 5) x − ≡ (mod 5) + Nếu x ≡ ±2 (mod 5) x + ≡ + ≡ (mod 5) Do trường hợp ta có x ( x − 1)( x + 1) Vậy n3 − n chia hết cho , nên chia hết cho 60 Giả sử ( p, q, r ) số nguyên tố thỏa mãn q > = p q2 + r3 Để ý q lẻ Nếu r lẻ p chẵn, p = q + r = , vơ lí Do r chẵn, mà r = Với r = = p q2 + + Nếu q = p = 32 + = 17 (thỏa mãn) + Nếu q > q ≡ (mod 3) , kéo theo q + 8 , hay p Do p = , q + = , mâu thuẫn Vậy ( p, q, r ) = (17,3, ) số thỏa mãn Câu (3,0 điểm) Cho x, y, z độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh x + x+ y−z y z + ≥ x+ y+ z y+z−x z+x− y Trên bảng cho dãy gồm n số nguyên dương ( n ∈ , n > 3) xếp theo thứ tự tăng dần từ đến n Bạn An xóa ba số hạng liên tiếp dãy, sau tính tổng tất số cịn lại bảng nhận kết 2022 Tìm ba số mà bạn An xóa Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có x + x+ y−z y z + ≥ y+z−x z+x− y Lại áp dụng bất đẳng thức quen thuộc ( x+ y+ z ) x+ y−z + y+z−x + z+x− y a + b ≤ ( a + b ) ta x + y − z + y + z − x ≤ 2( x + y − z + y + z − x) = y Tương tự ta có y+z−x + z+x− y ≤2 z , z+x− y + x+ y−z ≤2 x Cộng vế ba bất đẳng thức ta x+ y−z + y+z−x + z+x− y ≤ x + y + z Từ suy x + x+ y−z y z + ≥ x+ y+ z y+z−x z+x− y Lưu ý Thí sinh sử dụng bất đẳng thức AM - GM để chứng minh sau y + z − x = a2 Đặt z + x − y = b2 x + y − z = c2 ( a , b, c > ) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b2 + c2 c2 + a a + b2 b2 + c2 c2 + a2 a + b2 + + ≥ + + 2c 2a 2b 2 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có b2 + c2 b2 + c2 b2 + c2 (1) +c ≥ ⋅c = 2c 2c Lại có b2 + c2 b + c nên từ (1) ta có ≥ 2 b2 + c2 b2 + c2 b2 + c2 b2 + c2 b + c +c ≥ + ≥ + 2c 2 2 ⇒ b2 + c2 c − b b2 + c2 + ≥ 2c 2 Lập hai bất đẳng thức tương tự cộng vế ta thu điều phải chứng minh Giả sử ba số mà bạn An xóa m − , m − m ( ≤ m ≤ n ) Theo giả thiết, ta có (1 + + + n ) − ( m − + m − + m ) =2022 ⇔ n ( n + 1) 2022 − ( 3m − 3) = ⇔ n ( n + 1) − 6m = 4038 (2) Hiển nhiên từ (2) ta có n ( n + 1) > 4038 , suy n ≥ 64 Lại có 4038= n ( n + 1) − 6m ≥ n ( n + 1) − 6n= n ( n − ) Do n ≤ 66 Như n ∈ {64;65;66} Mặt khác từ (2) ta thấy n ( n + 1) chia hết n ∈ {65;66} Với n = 65 , thay vào (2) ta m = 42 Khi ba số cần tìm 40, 41, 42 Với n = 66 , thay vào (2) ta m = 64 Khi ba số cần tìm 62, 63, 64 -Hết - ... tài liệu word toán SĐT(zalo): 0 39. 373.2038 Website: tailieumontoan.com 1− x 19 19 b) Với x > x ≠ ta có: P + x =⇔ + x =⇔ 3- 3x + 9x = 19 x 3 x )( ( ⇔ x −1 ⇔ x − 19 x + = Vậy x = 6 x -1 = x=... Suy + Áp dụng: 1 1 + =1 + − 2 a ( a + 1) a a +1 1 1 1 + + + + + + + + 2 99 1002 1 1 1 B = + − + + − + + + − 2 99 100 99 99 B =100 − = 100 100 B = 1+ C = ( x 2022 − x 2021 + 11x 2020 ) + ( y 2022... cân Q ( QH Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (Q) (* *) Từ (*) (**) ta DE tiếp tuyến chung đường tròn (P) đường trịn (Q) c) Tứ giác DEQP hình thang vng ( DP ⊥ DE, QE ⊥ DE ) ⇒ SDEQP = Vậy SDEQP SABC Câu