PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TOÁN - LỚP Ngày thi: 04/12/2021 Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang I PHẦN TRẮC NGHIỆM (6,0 điểm) Câu ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ 913 911 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B D B A B A B A D D C A B C B C A C D C C A A D D D A C B B C C C B A A D B B B II PHẦN TỰ LUẬN (14,0 điểm) Câu (4,0 điểm): x x x x x x 1 x 39 a) Rút gọn biểu thức Q (với x 0; x 1; x 4 ) x x x x x 10 x Hướng dẫn chấm Nội dung Câu 1.a với x 0; x 1; x 4 ta có (2.0 x x x x x x 1 x 39 điểm) Q x x x x 10 x 2 x 2 x1 x x x x x 1 x 39 x 2 x x x 10 x 2 x1 x x 1 x x x x 1 x 2 x 1 x x x x4 x 2 điển x1 x 5 x 39 x x 5 0,25 0,5 x 39 x x 2 0,5 Trang 1/7 x 4 x 4 x 39 x 39 x 5 x 1 x x1 x 39 với x 0; x 1; x 4 ta có x 5 Với m 0; m ; m 1 , đường thẳng (d ) cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác nên m 0; m 1 Vậy Q 1.b (2.0 điểm) * Với m 0; m ; m 1 Đường thẳng (d ) cắt trục Ox điểm A có tung độ nên m m 1 m x 0 x 3m 3m m 1 m 1 m A ;0 OA m m đường thẳng (d ) cắt trục Oy điểm có hoành độ nên m m m y B 0; OB 3m 3m 3m 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 Tam giác OAB cân m 1 m 1 1 m m OA OB m 1 m m m 3m Giá trị m 1 không thỏa mãn m thỏa mãn toán Kết luận: m 0,5 0,25 Câu (5,0 điểm): a) Giải phương trình x x 11 x x b) Trên mặt phẳng cho 4041 điểm thỏa mãn ba điểm tồn hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh tồn hình trịn có bán kính chứa khơng 2021 điểm cho c) Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x y xy x y 0 Hướng dẫn chấm Nội dung Câu 2.a Điều kiện có nghiệm: x (2.0 Đặt t x 1, t 1 x t điểm) Phương trình cho trở thành t x t x 0 t 5 t x điểm 0,5 0,25 0,25 Trang 2/7 0,25 +) Với +) x 1 2 2 x x 0,25 x x 2 x x 0 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình cho có tập nghiệm S 2 3; 0,25 Lấy A điểm số 4041 điểm cho Xét hình trịn A;1 có tâm A bán 0,25 kính Chỉ có hai khả sau xảy sau: + Thứ nhất: Nếu tất điểm cho nằm hình trịn A;1 kết luận toán hiển nhiên 0.25 + Thứ hai: Tồn điểm B khác điểm A B thuộc số điểm cho, cho B nằm ngồi hình trịn A;1 , ta có AB Xét hình trịn B;1 có tâm B bán kính 0,25 Lấy C điểm số điểm cho cho C khác A khác B 2.b Ta chứng minh C phải thuộc hai hình trịn A;1 B;1 (1,5 A;1 điểm) Chứng minh phương pháp phản chứng: Giả sử C không thuộc hai hình trịn B;1 AC 1; BC ; theo lại có AB , ba điểm A, B, C 0,25 khơng có điểm có khoảng cách chúng nhỏ 1, điều vơ lí trái đề Do điều giả sử sai, điều chứng tỏ C phải thuộc hình trịn A;1 C thuộc 0,25 hình trịn B;1 Như 4041 điểm cho thuộc vào hình trịn A;1 B;1 40401 = 2.2020+1 0,25 Theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hình trịn chứa khơng 2021 điểm 2.c Phương trình tương đương với (1,5 điểm) Vì nguyên nên 0,5 nguyên 0,25 0,25 Do ta có trường hợp sau: Trang 3/7 +Trường hợp 1: ,(loại) +Trường hợp 2: ,(nhận) 0,25 + Trường hợp 3: ,(loại) + Trường hợp 4: ,(loại) (Nếu học sinh lập bảng cho điểm tối đa tương ứng) Vậy phương trình cho có nghiệm ngun 0,25 Câu (4,0 điểm): Cho tam giác ABC AB AC ngoại tiếp đường tròn O Đường tròn (O) tiếp xúc với AB, BC , CA thứ tự E , I , F Vẽ đường kính IK O Tiếp tuyến K O cắt AB M cắt AC N Gọi D giao điểm AK BC a) Chứng minh rằng: KM IB KN IC BI CD b) Vẽ tia IQ phân giác FIE (với Q FE ) OP tia phân giác BOC (với P BC ) Chứng minh OP / / IQ Hướng dẫn chấm Câu điểm Trang 4/7 A K M N F Q E 3.a (2,5 điểm ) B O I P D C Đặt OE OF=OK=OI=r Ta có KM=EM; IB=EB; KN=FN;IC=FC HS MOB 900 Xét tam giác BOM vuông O có OE vng góc với MB EM EB OE r Chưng minh tương tự ta có FN FC OF r Vậy ta có EM EB = FN FC hay KM IB KN IC BI IC BI IC BD KN KM KN KM MN CD BD CD BD BC HS KN KM KN KM MN CD BI suy CD BI Từ ta có KN KN FIC FIE 1800 EIB HS 3.b (1,5 1800 90o ABC 90o ACB ABC ACB điểm ) Mà ta lại có ABC ACB ACB ACB FIE ABC QIC FIC 900 900 4 4 Mặt khác OP phân giác góc BOC nên ta có 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 5/7 ABC ABC BOC OPC BOP 2 ABC ABC ACB ABC ACB 1800 90 2 2 4 0,25 0,25 Kết hợp hai kết ta suy QIC nên OP song song với QI OPC Câu (1,0 điểm): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y 3z 3 Tìm giá trị lớn biểu 88 y x 297 z y 11x 27 z thức P xy 16 y zy 36 z xz x Hướng dẫn chấm Nội dung Câu điểm Đặt a x; b 2 y; c 3z Từ giả thiết tốn ta có a, b, c 0; a b c 3 3 3 0,25 3 11b a 11c b 11a c HS biến đổi P ab 4b bc 4c ca 4a Với a, b, c 0; a b c 3 Ta chứng minh: 11b3 a3 a 3b 11b3 a ab 4b a 3b a b ab a b ab 4b 0,25 a b a b 0 với a, b, c 0; a b c 3 Dấu xảy Chứng minh tương tự ta có 11c b3 b 3c bc 4c 0,25 11a c c 3a ca 4a HS lập luận P 6 1 Vậy giá trị lớn biểu thức P đạt x 1; y ; z 0,25 Lưu ý chấm bài: - Điểm tồn làm trịn đến 0,25 điểm - Trên sơ lược bước giải, lời giải thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic - Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm chứng minh Trang 6/7 Trang 7/7