Thông tin tài liệu
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CẨM THỦY GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2022-2023 _MÔN TOÁN Câu I (4.0 điểm) A x2 x x 1 x2 : x2 x 1 x x x2 x 1) Cho biểu thức a) Tim điều kiện xác định rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A x a a b b b c c c a 2) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a 0, b 0, c 0 a b c B 338 b c a Tính giá trị biểu thức Câu II (4,,0 điểm) x x x 16 x 72 x 12 x 42 x x 20 x x x x 1) Giải phương trình 2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện : x y z 0 xyz 0 x2 y2 z2 3 2 2 2 2 2 Chứng minh : y z x z x y x y z Câu III: (4.0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x x y y y y x 1 2 y 1 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn đẳng thức 2 Chứng minh x y chia hết cho 40 Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, gọi F trung điểm cạnh AB Tia phân giác góc BFC cắt BC N, tia phân giác góc AFC cắt AC Q a) Chứng minh QN / / AB b) Lấy điểm G thuộc FC cho AG cắt FQ P AP AQ Gọi M giao điểm FN BG Chứng minh APF ∽ CQF BM BN c) Trên cạnh BC lấy điểm K Từ K kẻ đường thẳng song song với AB AC cắt AC J cắt AB I Xác định vị trí điểm K cạnh BC cho độ dài IJ nhỏ 2 Câu V: (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 2a 2b 2c a b c 2 Chứng minh : a b b c c a ĐÁP ÁN Câu I (4.0 điểm) x2 x x 1 x2 A : x x 1 x x x2 x 3) Cho biểu thức c) Tim điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Điều kiện : x 0; x 1 * Ta có : x x 1 x x x x x 1 A : 2 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x2 x x2 : x x 1 x x 1 x x 1 x 1 x2 : * x x 1 x 1 x 1 x A Vậy với x 0; x 1 d) Tìm x để A x x2 x 1 x x 1 0x x2 2x2 x A x x 0 0 do(*) x x x x 1 Ta có a a b b b c c c a a, b, c a 0, b 0, c 0 4) Cho ba số thực thỏa mãn a b c B 338 b c a Tính giá trị biểu thức a a b b b c c a c Ta có : a ab b bc ac c a b c ab bc ca 0 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 0 a 2ab b b 2bc c a 2ac c 0 2 a b b c a c 0 2 a b 0, b c 0, c a Vì a b 0 b c 0 a b c c a 0 0 nên để đẳng thức (1) thỏa mãn phải xảy đồng thời Khi với a 0, b 0, c 0 a b c B 338 1 1 338 1 2.3.337 2022 b c a Câu II (4,,0 điểm) x x x 16 x 72 x 12 x 42 x x 20 x x x x 3) Giải phương trình Điều kiện x 2, x 4, x 6, x 8 x x x 16 x 72 x 12 x 42 x x 20 x x x x x 2 x 2 x 8 x 8 x 6 6 x x 4 4 x x 8 x x 4 * x x x x 4x 4x x x x x x x x x 8 x 2 x 0 x 0(tm) x 5(tm) x x x x S 0;5 Vậy phương trình có tập nghiệm 4) Cho ba số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện : x y z 0 xyz 0 x2 y2 z2 3 2 2 2 2 2 (1) Chứng minh : y z x z x y x y z 2 2 2 Từ x y z 0 x y z x xy y z x y z xy 2 2 2 Tương tự ta có : y z x yz ; z x y zx x3 y z x2 y2 z2 1 2 yz zx xy xyz Suy vế trái x y z x y z Mặt khác ta có : x3 y xy x y z x y z 3xy x y 3xyz x2 y2 z2 3xyz 2 2 2 2 y z x z x y x y z xyz x2 y2 z2 3 (dfcm) 2 2 2 2 Vậy y z x z x y x y z Câu III: (4.0 điểm) 3) Tìm nghiệm nguyên phương trình 1 x x y y y y 1 x2 x 1 y y3 y y 1 y y y y y y y y 1 y y 1 y y 1 y y 1 2 2 Nên x x số phương Đặt x x k (với k N ) x x 4k x 1 (2k ) x 2k x 2k ( 3).1 ( 1).3 Vì x 1 2k x 2k nên xảy trường hợp sau : 2 x 2k y 0 Th1: x 2 x 2k 1 y 2 x 2k y 0 Th : x 0 2 x 2k 3 y Vậy phương trình có cặp nghiệm x; y 0;0 ; 0; 1 ; 1;0 ; 1; 1 x 1 2 y 1 4) Cho x, y số nguyên thỏa mãn đẳng thức 2 Chứng minh x y chia hết cho 40 Ta có x 1 2 y 1 x y 1 * 2 Th1: Trước hết ta chứng minh x y 8 x 0;1; mod 3x 0;3; mod 3x y 0;6;3;1; 4; mod y 0;1; mod 2 y 0; mod Ta có : x y 1 mod x y 1 mod Do từ (*) ta có : x y 0(mod 8) x y 8 1 2 Th2: Chứng minh x y 5 x 0;1; mod 3x 0;3; mod x y 0;3; 2;1; mod y 0;1; mod 2 y 0; 2;3 mod Ta có 3x y 1 mod x y 1 mod * Do từ ta có : x y 0 mod x y 5 5;8 1 x y 40 dfcm Từ (1) (2) kết hợp với Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, gọi F trung điểm cạnh AB Tia phân giác góc BFC cắt BC N, tia phân giác góc AFC cắt AC Q L H A S Q P F M B J G N C K d) Chứng minh QN / / AB Theo giả thiết FQ tia phân giác CFA BN BF NC FC Và FN tia phân giác BFC AQ BN QC NC Mà FA FB nên từ suy Theo Talet đảo ta suy QN / / AB dfcm 1 AQ FA QC FC e) Lấy điểm G thuộc FC cho AG cắt FQ P AP AQ Gọi M giao điểm FN BG Chứng minh APF ∽ CQF BM BN Vì AP AQ APQ cân A APQ AQP APF 180 APQ 180 AQP FQC Xét APF CQF có : PFA QFC gt APQ ∽ CQF ( g g ) (dfcm) APF CQF cmt PF FA APF ∽ CQF ( g g ) 2 QF FC Từ Theo tính chất phân giác GAF AP FA FB BM AP BM MP / / AB 3 GBF ta có : PG FG FG GM PG AB (Theo Talet đảo) FP FM 4 FQ FN Từ (1) (3) suy QN / / PM (Theo Ta let) FM FA FB Từ (2) (4) suy FN FC FC Xét BFM CFN có : BFM CFN gt BFM ∽ CFN (c.g c) BMF CNF FM FB cmt FN FC 180 BMF 180 CNF BMN BNM BNM cân B BM BN (dfcm) f) Trên cạnh BC lấy điểm K Từ K kẻ đường thẳng song song với AB AC cắt AC J cắt AB I Xác định vị trí điểm K cạnh BC cho độ dài IJ nhỏ Lấy điểm L đối xứng với B qua A Ta có ALC cố định, kẻ AH LC Gọi S giao điểm KJ với LC KJ JS CJ ) Theo talet ta có : AB AL (cùng CA mà AB AL KJ JS AI SI KJ AIJS AI / / SJ AIJS Xét tứ giác ta có hình bình hành suy IJ AS Xét tam giác vng AHS ta có AS AH Dấu xảy S H Suy Min AS S H Khi độ dài đoạn thẳng IJ nhỏ AS nhỏ S H Đường thẳng kẻ từ H song song với AB cắt cạnh BC O Vì H cố định nên O cố định Mặt khác KS / / AB KS / / HO Như S H K O O đểm cần tìm Vây độ dài đoạn thẳng IJ nhỏ K O 2 Câu V: (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 2a 2b 2c a b c 2 Chứng minh : a b b c c a 2a a b 2ab 2b b c 2bc 2c c a 2ca 2a 2b 2c 2 a b2 b c2 c a2 Ta có a b b c c a 2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca 2a b c a b c 2 a b2 b c2 c a2 a b b c c a 2 Mặt khác ta có : a b 2b a ; b c 2c b ; c a 2a c Suy : 2ab 2bc 2ca b ab c bc a ca b a c b a c 2 a b b c c a 2 Ta cần chứng minh 2 a b c a b c ab bc ca 0 a b c a b c ab bc ca a b c Thật vậy, ta có : 3 a b c 9 a b c 3 a b c 3 ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca 2a 2b 2c a b c a b c dfcm 2 Vậy a b b c c a Dấu xảy
Ngày đăng: 10/08/2023, 04:16
Xem thêm:
