UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HĨA VÀ MƠN KHOA HỌC CẤP QUẬN MƠN : TOÁN Năm học : 2021-2022 Ngày thi: 17/02/2022 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài I (5,0 điểm) 1) Giải phương trình : x x 3x 0 2) Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn điều kiện : xy yz zx 0 Tính A x y yz zx z x y giá trị biểu thức Bài II (5,0 điểm) 3 1) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn a b 2021c Chứng minh a b c chia hết cho 2) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x x y x y 0 Bài III (2,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x x y y Tìm giá trị lớn P x y giá trị nhỏ biểu thức x y 1 Bài IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn O đường kính AK Các đường cao AD, BF , CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường tròn O P, Q P AB ) BC M hai điểm C nằm khác phía Gọi trung điểm 1) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành, từ suy OAC BAH 2) Chứng minh AP 2 AD.OM 3) Dây KQ cắt BC L Chứng minh AL, HQ cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Bài V (2,0 điểm) n 1) Cho x số nguyên dương Tìm tất số nguyên dương n để x x 1 số phương 2) Trong buổi lễ tuyên dương học sinh tiêu biểu lớp quận Hai Bà Trưng, có 20 học sinh nam 22 học sinh nữ trường vinh dự tham gia Người ta nhận thấy học sinh : Khơng có học sinh nam quen tất học sinh nữ Mỗi học sinh nữ quen học sinh nam Chứng tỏ rằng: Tồn hai học sinh nam A, B hai học sinh nữ M , N cho A M quen nhau, B N quen nhau, A N không quen nhau, B M không quen ĐÁP ÁN Bài I (5,0 điểm) 3) Giải phương trình : x x 3x 0 ĐKXĐ: x x Ta viết lại phương trình thành : x 1 x x 0 x 1 3x 0 x 1 0 x 1(tm dkxd ) x 0 4) Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn điều kiện : xy yz zx 0 x y yz zx A z x y Tính giá trị biểu thức Ta có : A x y yz zx x yz x yz x yz 3 z x y z x y 1 1 A x y z x y z Từ biến đổi xy yz zx A x y z xyz Với giả thiết xy yz zx 0 ta có Bài II (5,0 điểm) 3 3) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn a b 2021c Chứng minh a b c chia hết cho 3 3 3 Ta có : a b 2021c a b c 2022c 6 Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh n n 6 a b3 c a b c a a b3 b c3 c 6 Từ Do a b c chia hết cho 4) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x x y x y 0 x3 x 5 x x x 2 x 2 5 x x x x , y x Mà số nguyên suy x x x 27 x x 27 x x x y x y 0 y x U (27) x 2 x 3;9; 27 x 1; 5 *) x 1 y ( ktm) *) x y 1 *) x 5 y 5 125 *) x y ( ktm) 27 Mà x, y Vậy cặp số nguyên cần tìm 1;1 ; 5;5 Bài III (2,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn x x y y Tìm giá trị lớn P x y x y 1 giá trị nhỏ biểu thức Điều kiện : x 0, y 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : x y x 1 y x y x y 3 x y 4 Tìm GTNN: 1 x y 1 2 x y x y Từ P đạt giá trị nhỏ x y 0 Tìm GTLN : Đặt t x y 1; t 2 P x y x y 1 2 1 x y 1 2t 9t t 2t 4t 1 P t 1 0 t 2t 2t Xét hiệu : (do t 2) Từ P đạt giá trị lớn x 2, y 1 Bài IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O đường kính AK Các đường cao AD, BF , CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường tròn O hai điểm P, Q P C nằm khác phía AB) Gọi M trung điểm BC A Q E F H O R P B D M L C K 4) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành, từ suy OAC BAH Dễ chứng minh BH / /CK , BK / /CH suy tứ giác BHCK hình bình hành Từ BH CK BDA ∽ KCA(c.g c ) dẫn tới OAC BAH 5) Chứng minh AP 2 AD.OM Ta có : ANF ∽ ABK ( g.g ) dẫn đến AP AN AK AF AB Mặt khác: AFH ∽ ABD g.g AF AB AD AH Hơn AH 2OM (OM đường trung bình tam giác AHK ) Dẫn đến AP 2OM AD 6) Dây KQ cắt BC L Chứng minh AL, HQ cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AL điểm thứ hai R, suy ARH 90 Ta có : AR AL AH AD AP Mặt khác từ (1) suy OA PQ , dẫn tới AP AQ 2 Do AR AL AH AD AP AQ Vậy ARQ ∽ AQL c.g c ARQ AQL 90 nên QR AL hay ba điểm H , R, Q thẳng hàng Từ HQ, AL cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Bài V (2,0 điểm) n 3) Cho x số nguyên dương Tìm tất số nguyên dương n để x x 1 số phương 2 n n Ta có x x 1 y y x 1 y x 1 4 x * Nhận thấy y x 1 y x 1 2 y suy y x 1 , y x 1 tính chẵn lẻ n Hơn y x 1 , y x 1 | x Suy y x 1 , y x 1 chẵn Đặt y x 2a y x 1 2 a x 1 , thay vào (*) ta có : a a x 1 x n a d Giả sử d ước nguyên tố chung a a x Khi ta có : a x 1d a, a x 1 1 1d x n d Từ dẫn tới (vơ lý) Vậy n n n n Suy a u , a x v với x uv uv v u Dễ thấy với n 1 u 1 v 1 uv v u nên x thỏa mãn v n u n v u v n v n 2u u n uv n Với , suy n 2 x x 1 y * x 2, y 5 n 2 Khi ta có : , dễ thấy thỏa mãn 4) Trong buổi lễ tuyên dương học sinh tiêu biểu lớp quận Hai Bà Trưng, có 20 học sinh nam 22 học sinh nữ trường vinh dự tham gia Người ta nhận thấy học sinh : Khơng có học sinh nam quen tất học sinh nữ Mỗi học sinh nữ quen học sinh nam Chứng tỏ rằng: Tồn hai học sinh nam A, B hai học sinh nữ M , N cho A M quen nhau, B N quen nhau, A N không quen nhau, B M không quen Trong 20 học sinh nam, gọi A bạn quen nhiều học sinh nữ Vì A khơng quen tất bạn nữ, nên tồn tai học sinh nữ N khơng quen A Vì N quen bạn nam, gọi học sinh nam B Ta chứng minh : Trong học sinh nữ quen A, có học sinh khơng quen B Thật vậy: Giả sử tất học sinh nữ quen A quen B Như B quen nhiều bạn nữ A (vì A cịn quen N) Điều mâu thuẫn với quy định A bạn quen nhiều học sinh nữ Từ có học sinh nữ quen A mà khơng quen B, M