PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP CẤP TRƯỜNG LẦN NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TỐN Thời gian làm : 150 phút, khơng kể giao đề Câu (2,5 điểm) x 8x x x P x x x x x Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tìm x để P c) Tìm m để với x lớn ta có m x P x 1 Câu (2,0 điểm) a) Cho f x đa thức với hệ số nguyên, biết f x có giá trị 2017 giá trị nguyên khác x Chứng minh f x nhận giá trị 2007 với số nguyên x b) Tìm số nguyên tố p cho p 1bằng lập phương số tự nhiên Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình : x x 14 x 1 2 b) Chứng minh với a b 1 a b ab Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD, có độ dài cạnh a.E điểm di động cạnh CD E khác C D, EC ED Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F , đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1 AF có giá trị không đổi a) Chứng minh AE b) Chứng minh cos AKE sin EKF cos EFK sin EFK cos EKF Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2007 y x y 0 ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x 0, x 1, x 9 , ta có : x 3 x 8x P 3 x 3 x 3 x 3 P x x x x x1 x 12 x x x 2x 12 x x 2 2 x x 3 x 3 x x x 3 x 3 x 62 x x x x x x 2x x với x 0, x 1, x 9 Vậy b) Với x 0, x 1, x 9 P 2x x x x 1 x 1(ktm) x Vậy khơng có giá trị x để P 2x P x m x P x trở thành c) Với 2mx x 2m 1 x P 2m m Vì x nên 1 x x 2m Vậy để 2m với x Khi 1 9 2m m 2m 9 Vậy để với x ta có Câu m x P x 1 m a) Giả sử tồn x a, a để f a 2007 1 Gọi giá trị khác x để f x 2017 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 Suy f x1 f x2 f x3 f x4 f x5 2017 f x1 2017 f x2 2017 f x3 2017 f x4 2017 f x5 2017 0 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 nghiệm đa thức f x 2017 f x 2017 x x1 x x2 x x3 x x4 x x5 g x , g x đa thức với hệ số nguyên Khi f a 2017 a x1 a x2 a x3 a x4 a x5 g a Từ (1) (2) suy 2007 2017 a x1 a x2 a x3 a x4 a x5 g a Hay 10 a x1 a x2 a x3 a x4 a x5 g a * Vì x1 , x2 , x3 , x4 , x5 số nguyên khác nhau, a số nguyên, g x đa thức với hệ số nguyên nên a x1 , a x2 , a x3 , a x4 , a x5 số nguyên khác g a số ngun Do vế trái (*) tích số nguyên khác Mà 10 phân tích thành tích nhiều bốn thừa số nguyên khác (mâu thuẫn) Vậy f x nhận giá trị 2007 với số nguyên x dfcm b) Tìm số nguyên tố p cho p 1bằng lập phương số tự nhiên Giả sử p n n , suy n số lẻ n 2m 1 m 3 Khi p 2m 1 8m 12m 6m p 4m3 6m 3m p m 4m 6m 3 Mà p số nguyên tố 4m 6m 1(với m) m 1 Suy p 13 số nguyên tố thỏa mãn Vậy p 13 Câu a) Giải phương trình : x x 14 x 1 ĐKXĐ: x 1 Bình phương vế phương trình (1) ta : x x 1 x 1 x 1 14 x x 1 x 1 3x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 10 x 0 (tm) x Vậy tập nghiệm phương trình S 1;5 b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 1 1 0 a b ab ab 1 0 2 a ab b ab ab a ab b 0 a ab b2 ab a b a a ab b a b b2 ab 0 b a a b 0 ab a b b a a ab b ba b a ab 1 0 * 0 2 ab a b ab a b Vì a b 1 nên ab 0 Do * với a b 1 1 , 2 Vậy a b ab với a b 1( dfcm) Câu A K B D E H C F a) Chứng minh ABF ADK ( g c.g ) AF AK 1 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE A với AD đường cao, ta có: 1 2 AK AE AD 1 1 2 2 AE AD a (không đổi) Từ (1) (2) suy AF 1 AF có giá trị khơng đổi (đpcm) Vậy AE b) Kẻ EH KF H KF S KEF KA.EF Ta có : , mà KA KE.cos AKE nên S KEF KE.EF cos AKE 1 1 S KEF EH KF EH KH HF 2 Ta lại có Từ (1) (2) suy KE.EF cos AKE EH KH HF EH KH HF EH KH EH HF EH KH EH HF KE.EF KE.EF EF KE KE EF sin EFK cos EKF sin EKF cos EFK Vậy cos AKE sin EKF cos EFK sin EFK cos EKF ( dfcm) cos AKE Câu 2 Ta có : x 2007 y x y 0 x 1 2005 x 1 y x 1 2003 Do x ước 2003 x 1 1; 2003 x 1 x 2 , thay vào phương trình cho ta có y 4007 x x 0 , thay vào phương trình cho ta có y x 2003 x 2004 , thay vào phương trình cho ta có y x 2003 x 2002 , thay vào phương trình cho ta có y 4007 Vậy cặp số nguyên x; y cần tìm : 2; 4007 ; 0; 3 ; 2004; 3 ; 2002; 4007