PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2022-2023 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 x2 x2 M x x x x 4x2 Cho biểu thức a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M 2x y 1 x , y x y Cho số hữu tỉ khác thỏa mãn 2 Chứng minh M x y xy bình phương số hữu tỷ Bài (4,0 điểm) Tìm số dư phép chia x 3 x x x 2033 cho x 12 x 30 x y z 23; xyz 3 Cho x, y, z thỏa mãn x y z 7; H Tính giá trị biểu thức Bài (4,0 điểm) 1 xy z yz x zx y Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn 3x 3xy 17 7 x y x x 3x 8 16 Giải phương trình: Bài (6 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M MB MA cạnh BC lấy N cho MON 90 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vng góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN 1 KB KH BH Bài (1,0 điểm) Cho x, y thỏa mãn x y 5 Tìm giá trị nhỏ H x y 24 x y ĐÁP ÁN Bài 1 a) x4 x2 x2 M x 1 x4 x 1 x x2 x 1 x 3 x4 x2 1 2 x 1 x4 x 1 x x x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x4 x4 x4 x2 x2 1 x x2 1 x x 1 x4 x2 x2 x 1 x4 x 1 x2 1 x x2 1 x x x2 M x x với x Vậy x2 M x x với x b) Ta có : - Nếu x 0 ta có M 0 M - Nếu x 0 , chia tử mẫu M cho x ta có: 1 1 x x 2.x x 1 x x x x Ta có: M 1 x x Dấu " " xảy x 1 Nên ta có: Vậy M lớn M 1 x 1 2 1 x2 x 2x y 1 x y y x x y 1 x 1 y 3xy y x xy x y xy 1 x y xy x y Ta có 2 3xy 3xy 2 M x y xy x y 3xy 3xy 2 Ta có : 3xy số hữu tỷ , Vậy M bình phương số hữu tỷ Vì x, y nên Bài 1) x 3 x x x 2033 x 12 x 27 x 12 x 35 2033 Ta có: Đặt x 12 x 30 t , ta có: x 3 x x x 2033 t 3 t 2033 t 2t 15 2033 t t 2018 x 3 x x x 2033 x 12 x 30 x 12 x 32 2018 Vậy số dư phép chia x 3 x x x 2033 cho x 12 x 30 2018 2) Vì x y z 7 z x y xy z xy x y x 1 y 1 Tương tự ta có: yz x y 1 z 1 ; zx y z 1 y 1 Vậy ta có H z 1 x 1 y x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x y z 7 xyz xy yz xz x y z xy yz xz xy yz xz Ta 2 2 có: x y z x y z xy yz xz 23 xy yz xz Vậy xy yz xz 13 H 13 Vậy Bài 1) Ta có: 3x 3xy 17 7 x y xy y x x 17 x y 3x x 17 Vì x nguyên nên x 0 nên ta có: 3x x 17 x x x 11 3x 2 x 3x 3 x 11 11 x 3x 3x 11 Vì x, y ngun nên ta có 3x nguyên 113x x 1; 11 - Xét trường hợp ta tìm x 1; y 1; x 3; y 5 thỏa mãn kết luận y 2 Ta có: 3x x 1 3x 16 x x 3 3x 144 2) Đặt 3x t 3x t 5;3x t Ta có phương trình: t t t 144 t 25t 144 0 t t 16 0 t 9 t 16 t 3 t 5 x 0; x 2; x ; x 3 Xét trường hợp ta tìm Bài M A O D B N C K E H 0 1) Ta có : BOC 90 CON BON 90 ; MON 900 BOM BON 900 BOM CON BOC ABC MBO CBO 45 Ta có BD phân giác BOC NCO DCO 450 Tương tự ta có: Vậy ta có : MBO NCO Xét OBM OCN có OB OC ; BOM CON ; MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 90 ; OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC Ta có: AB / / CD AM / / CE AN BN NE NC AM AN MN / / BE MB NE Vậy ta có: (Theo định lý Talet đảo) 3) Vì MN / / BE BKN MNO 45 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO BNK ONK ; BKN OCN 45 ) NK NC BNK ONC (vì có NB NO BNO CNK ; BNO KNC BNO ; KNC NK NC - Xét có NKC NBO 450 0 Vậy ta có: BKC BKN CKN 45 45 90 CK BE 4) – Vì KH / / OM mà MK OK MK KH NKH 90 mà NKC 450 CKH 450 BKN NKC CKH 450 Xét BKC có BKN NKC KN phân giác BKC , mà KH KN KC HC BKC KH phân giác KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH 1 BH Vậy ta có KB KH BH HB BH BH Bài 24 H x y x y Ta có: 1 24 x x 1 y y x y 24 x y 17 x y x 1 y x 1 x 0 17 22 2 y 2 x y 17 y x 1 2 6 y 2 x 1 2 y 0 x y " " Dấu xảy x y 5 x 1 y 2 Vậy H nhỏ H 22 x 1, y 2