PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NHƯ XUÂN Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP NĂM HỌC: 2022-2023 Thời gian làm bài: 150 phút x 1 x2 x x2 P : x x2 x x 2x 1 x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P c) Tìm giá trị nhỏ P x Bài 2: (4,0 điểm) * a) Cho đa thức P x x n , với n Tìm giá trị nhỏ n , giá trị lớn n để đa thức P tích hai đa thức với hệ số nguyên 2 b) Tìm a, b cho f ( x) ax bx 10 x chia hết cho đa thức g ( x) x x c) Với giá trị x giá trị phân thức Bài 3: (4,0 điểm) P x x3 x x x x x 2x 13 x 6 a) Giải phương trình x x x x 2x m x 3 b) Cho phương trình x x , tìm m để phương trình có nghiệm dương Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vng A có đường trung tuyến AM Vẽ tia Ax vng góc với AM By vng góc với AB ; Ax By cắt E Vẽ BF vuông góc với AE ( F AE ) Gọi D giao điểm AM BE ; I giao điểm ME BF , K giao điểm ME AB Chứng minh: a) ABF BAM ABC đồng dạng với FBE b) Tứ giác ABDC hình chữ nhật c) BI IF d) Ba điểm D, K , F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT P Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức x 1 x2 x x2 : x x2 x x2 2x x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P c) Tìm giá trị nhỏ P x Lời giải x 1 x2 0 x x x x x x 0 x 0 x 0 x 0 x 1 x x 0 x P a) xác định Vậy ĐKXĐ: x 0; x 1; x P x 1 x2 x x2 : x x2 x x2 2x x P x( x 1) x x x2 : ( x 1) x( x 1) x( x 1) x ( x 1) P x ( x 1) x : ( x 1) x ( x 1) P x ( x 1) x ( x 1) ( x 1) x P x2 x Vậy b) P P x2 x ( với x 0; x 1; x ) x2 1 x ( với x 0; x 1; x ) x x x x 0 1 x 2.x 0 16 1 2 x 4 1 x 4 16 x 4 x 4 x (TM ) x 1( KTM ) Vậy x 1 P x2 x2 1 P x 2 x 1 x x x x c) x 0; 0 x Áp dung BĐT Côsi cho hai số dương nên ta có P 2 ( x 1) 2 x 4 Dấu “=” xảy x 1 x ( x 1) 1 x 1 (do x ) x 2 (TMĐKXĐ) Vậy Pmin 4 x 2 Bài 2: (4,0 điểm) * a) Cho đa thức P x x n , với n Tìm giá trị nhỏ n , giá trị lớn n để đa thức P tích hai đa thức với hệ số nguyên 2 b) Tìm a, b cho f ( x ) ax bx 10 x chia hết cho đa thức g ( x ) x x x4 x3 x P x x x x c) Với giá trị x giá trị phân thức Lời giải n a) P x x n * Gọi x a, x b hai đa thức bậc với a, b nhân tử P a b 9 Hay P ( x a )( x b) Khi đồng hệ số ta a.b n * Do n nên ab a, b dấu Mà a, b thỏa mãn a b 9 nên ta có trường hợp sau: a b n a.b 14 18 20 20 18 14 Vậy n nhỏ , n lớn 20 2 b) f ( x) ax bx 10 x ; g ( x) x x Ta có g ( x) ( x 1)( x 2) Do f ( x) chia hết cho đa thức g ( x) nên f ( x) q( x).g ( x) với q( x) đa thức f ( x ) ( x 1)( x 2).q ( x) Với x 1 ta f (1) 0 hay a b 0 Với x ta f ( 2) 0 hay 8a 4b 24 0 2a b 0 a b a b Khi ta có 2a b 6 Vậy a 4, b c) P x x3 x x x x x ( ĐK: x x x x 0 (1)) x x3 x 0 P 0 x x x 0 x ( x 1) ( x 1) 0 x x3 x x ( x 1)( x 1) 0 ( x 1) ( x x 1) 0 1 x x x 0x 2 Do x 1 0 x 0 x Nên Thay x vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy x P 0 Bài 3: (4,0 điểm) 2x 13 x 6 a) Giải phương trình x x x x 2x m x 3 b) Cho phương trình x x , tìm m để phương trình có nghiệm dương Lời giải 2x 13 x 6 a) x x x x Ta thấy x 0 không nghiệm phương trình Chia tử mẫu phân thúc 2 13 3 2x 2x x x cho x ta có x a x Đặt ta được: 6 2a 13a 39 6(a 3)(a 3) 13 6 (a 3)(a 3) (a 3)(a 3) a a 3 2 15a 33 6a 54 6a 15a 21 0 (2a 7)(a 1) 0 a a 7 Với a 2x 2 x x x 0 1 23 2x 0 2 x x 0 vô lý a x x 11x 0 x Với x 2 x 3 x x x x x 0 3 S 2; 4 Tập nghiệm phương trình 2x m x 3 b) x x (1) (2 x m)( x 2) ( x 1)( x 2) 3( x 2)( x 2) x (4 m) x 2m x x 3x 12 (1 m) x 2m 14 1 m 0 2m 14 2m 14 x m ; m Phương trình (1) có nghiệm ngun dương 2m 14 2(m 1) 12 12 x 1 m 1 m m Ta có 12 m 1; 2; 3; 4; 6; 12 m +) (*) 2m 14 x0 0 1 m +) x 2m 14 TH1: 1 m 2m 14 m TH2: Từ (*), (**) ta có m m vô lý m m m (**) m 1; 2;3; 4 m 2;3; 4;5 Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vng A có đường trung tuyến AM Vẽ tia Ax vng góc với AM By vng góc với AB ; Ax By cắt E Vẽ BF vng góc với AE ( F AE ) Gọi D giao điểm AM BE ; I giao điểm ME BF , K giao điểm ME AB Chứng minh: a) ABF BAM ABC đồng dạng với FBE b) Tứ giác ABDC hình chữ nhật c) BI IF d) Ba điểm D, K , F thẳng hàng Lời giải A y x F E I K B C M D a) Xét ABF vuông F ( BF AE ) ABF FAB 90 Ax vng góc với AM BAM FAB 90 ABF BAM Suy (đpcm) Ta có AEB BAE 90 ( ABE vuông B ) Mà A1 A3 90 A1 AEB (1) Có AM đường trung tuyến ABC vuông A AM MB MC BC AMB cân M A1 B1 (2) AEB B Từ (1), (2) ta có Xét ABC FBE có: BAC EFB 90 AEB B Suy ABC đồng dạng với FBE (g.g) b) có AC AB A (gt); mà AB DB B (gt) AC / / BD A2 ADB (hai góc so le trong) Ta có AM MC (cmt) AMC cân M A2 C1 (3) B 90 B B 90 C B C 1 2 (4) Có ; Từ (3), (4) A2 B2 mà A2 ADB (cmt) suy B2 ADB BMD cân M MD MB AM MB MC BC BC MD AM MB MC 2 Mặt khác M trung điểm đường chéo BC AD tứ giác ABDC hình bình hành Mà ABD 90 nên tứ giác ABDC hình chữ nhật c) Ta có BF AE F ; AD AE A BF / / AD BF EF AD EA (hệ định lí Talet) IF EF Có IF / / AM (vì BF / / AD ) AM EA (hệ định lí Talet) IF BF AD BF AD 2 AM BF 2 IF I trung điểm IF AM Suy AM AD mà BF d) Gọi K là giao điểm DF AB BI BK AM AK (hệ định lí Talet) Ta có BI / / AM BF FK BK BF / / AD (cmt) AD K D K A (hệ định lí Talet) Mà I trung điểm BF , M trung điểm DA BK BK AK AK mà K , K AB K K Vậy điểm D, K , F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm) Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi Lời giải * Gọi ba cạnh tam giác a, b, c(a, b, c ) a b c (1) ab a b c(2) Ta có 2 Từ (1) 2 c a b 2ab c a b 4(a b c) c 4c a b 4(a b) c a b c 4c a b 4(a b) (c 2) (a b 2) c (a b) 2(*) * * Ta có a, b a b 0 (a b) 0 mà c c 2 nên (*) vô nghiệm 2 2 Vậy c a b , vào (2) ta có: ab a b a b ab 4( a b) ab 4a 4b a (b 4) 4(b 4) 8 ( a 4)(b 4) 8 * Mà a, b a 4; b ước lớn a 4; b hai số nguyên dấu nên ta có trường hợp sau: a b 4 Khi ta có : a b c 12 10 13 Vậy tam giác có độ dài ba cạnh 5,12,13 6,8,10 thỏa mãn yêu cầu đề 12 13 10 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =