HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSNK CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2022-2023 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đáp án có : 05 trang I Một số ý chấm - Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm - Thí sinh làm theo cách khác với đáp mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm đáp án - Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án – thang điểm Phần trắc nghiệm khách quan( điểm) - Mỗi câu 0,5 điểm Câu 10 11 12 13 14 15 16 Đáp án C D B B A D A B C D D D A C A B II Phần tự luận ( 12 điểm) Câu (3,0 điểm) Mỗi ý 1, điểm Nội dung Điểm a) Tìm số nguyên tố p cho p 29 có ước số nguyên dương 1,5 a) * p = không thỏa mãn * Với p p 29 34 29 110 có ước nguyên dương 1, 2, 5, 10, 11, 22, 0,25 55, 110 * Với p p 29 54 29 654 có ước nguyên dương 1,2,3,109,6,218,327, 0,25 654 * Với p , HS chứng minh p 1 mod p 1 1 0,25 p 1 mod 3 ; p 1 mod , mà 2,3 p 1 mod p 1 mod 0,25 p 1 Từ (1), (2) (5,6) = suy p 130 0,25 Ta có p 29 p 30 số lớn 30 chia hết cho 30 mà số 30 có ước nguyên dương nên có nhiều ước nguyên dương Vậy p = 3, p = 0,25 b) Chứng minh với số nguyên lẻ n A n8 n6 n n2 chia hết cho 5760 1,5 b) Đặt n 2k 1, k Ta có A n8 n6 n n2 2 n n6 n n 1 n n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 2 = 2k 1 2k 2k 2k 1 1 32 2k 1 k 2 k 1 2k 2k 1 0,25 (1) Chứng minh A chia hết cho Ta nhận thấy k k 1 tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 0,25 k k 1 A (2) Chứng minh A chia hết cho * Nếu k chia hết cho k A * Nếu k chia dư 2k + chia hết 2k 1 9 A 0,5 * Nếu k chia dư k + chia hết k 1 A (3) Chứng minh A chia hết cho Xét số dư chia cho 5, ta dễ dàng chứng minh thừa số 2k 1, k , k 1, 2k 2k chia hết cho A chia hết cho Từ (1)(2)(3) số 4, 5, đôi nguyên tố suy A 32.4.5.9 A 5760 0,25 0,25 Câu (3,5 điểm) ý a 1,5 điểm; ý b 2,0 điểm Nội dung a) Cho a, b, c, x, y, z số thực thỏa mãn abc Điểm x y z x6 y z a6 b6 c6 a6 b6 c6 1,5 Tính giá trị biểu thức P x 10 y 20 z 2023 a) Ta có x y z x6 y z a6 b6 c6 a6 b6 c6 x6 x6 y6 y6 z6 z6 0 a b c a a b c b6 a b c c 0,5 1 1 1 x6 y6 z6 (*) 6 6 6 a a b c a b c b a b c c 0,25 1 1 1 0; 0; 0; 6 6 6 a b c a a b c b a b c c 0,25 Do abc nên Suy VT * Dấu “=” xảy x y z x y z Từ tính P 2023 0,5 2 x2 x 3 x3 b) Giải phương trình x 1 x 1 x 1 2,0 ĐKXĐ x 1 Đặt a x3 x3 x2 ;b a.b x 1 x 1 x 1 0,5 a b Ta có phương trình a b 8ab a b 7a b b a Với a b x 3 x 3 x2 4x x2 x x x x 1 Với b a 0,5 0,5 x x 21 x x x 28 x 21 x 1 x 1 0,5 37 x 32 x 18 x 37 Vậy tập nghiệm pt S 0; Câu (4,0 điểm) Ý a: 1,5 điểm; ý b: 1,5 điểm; ý c: 1,0 điểm Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi E, F hình chiếu vng góc H lên AB AC a) Chứng minh AB AE AC AF b) Gọi O giao điểm AH EF, tia BO cắt cạnh AC B’, tia CO cắt cạnh AB C’ Chứng minh OH OB ' OC ' AH BB ' CC ' c) Gọi S1 , S , S3 diện tích tam giác ABC, BHE, CHF Khi độ dài BC khơng đổi, tìm điều kiện tam giác ABC để S2 S3 đạt giá trị nhỏ S1 Nội dung Điểm B H E C' O A K B' F C a) HS chứng minh tam giác AEH ∽ AHB AH AE AB AHF ∽ ACH AH AF AC AE AB AF AC 0,75 0,75 HS chứng minh tam giác AEF ∽ ACB b) Dựng OK vng góc với AC K Ta có OH S BOC AH S ABC 0,5 OB ' OK SOAC OC ' SOAC ; tương tự BB ' AB S ABC CC ' S ABC 0,5 OH OB ' OC ' S BOC S AOC S AOB S ABC AH BB ' CC ' S ABC S ABC 0,5 Ta có c) 0,25 S2 S3 S1 S AEHF S 2S AEHF AEF S1 S1 S1 S1 Do 0,25 S2 S3 S đạt giá trị nhỏ AEF đạt GTLN S1 S1 S AH AM EF HS chứng minh AEF ∽ ACB nên AEF S1 BC BC BC Với M trung điểm BC Dấu “=” xảy H M trùng ABC vuông cân tai A S S3 Vậy đạt giá trị nhỏ tam giác ABC vuông cân A S1 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c, d số dương thỏa mãn abc Chứng minh P 1 1 3 3 3 2a b c a 2b c a b 2c 2 3 Nội dung Điểm 1 3 3 ; a b a c 2a b c 1 3 ; 3 a b b c a 2b c 1 3 3 3 a c b c a b 2c Ta có 0,5 1 1 Cộng theo vế BĐT trên, ta P 3 3 a b 1 b c 1 c a 1 1 Ta lại có a b3 ab a b a b ab a b c a b ab a b c Tương tự, 0,5 1 1 ; 3 b c bc a b c a c ac a b c 1 1 Vậy P 3 3 a b 1 b c 1 c a 1 Dấu “=” xảy a b c 1 abc abc a b c 0,5