PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2022 - 2023 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) x3 x 1 x x 1 Cho biểu thức: A , với x 1 x x 2x 1 x x3 Rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x thỏa mãn: x 2x 5x 0 Cho a, b, c ba số đôi không đối thỏa mãn: ab bc ca 5 Tính giá trị biểu thức: P (a b) (b c)2 (c a) (5 a )(5 b )(5 c ) Câu (4,0 điểm) 2 Giải phương trình: x 1 x x 3 192 2 Tìm a, b cho đa thức f x ax bx 10x chia hết cho đa thức g x x x Câu (4,0 điểm) Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x xy 2022x 2023y 2024 Cho x, y số nguyên cho x 2xy y xy 2y x chia hết cho Chứng minh 2x y 2x y chia hết cho Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD Gọi E, K trung điểm AB CD; O giao điểm AK DE Hạ DM CE Chứng minh tứ giác ADKE hình chữ nhật, từ suy AM KM Gọi N giao điểm AK BM Chứng minh ADM cân tính số đo góc ANB Phân giác góc DCE cắt cạnh AD F Chứng minh CF 2EF Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương: ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 3a 3b 3c 6 b2 c2 a ………………………… Hết ………………………… Họ tên thí sinh :…………………… Số báo danh :…………………… Giám thị số :……………………… Giám thị số 2: ……………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Ý Nội dung Điểm x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x2 x3 x( x 1) 1 x2 x 1 x ( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1)( x x 1) Với x 1 A 0.25 x( x 1) ( x 1) ( x 1) x ( x 1) ( x 1) x x( x 1)( x 1) 2x 2 x 1 ( x 1) ( x 1) x ( x 1)( x 1) x 0.25 x ( x 1) ( x x 1) ( x 1) 1 x 2 ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) x 0.25 1 x Vậy: A (với x 1 ) x 1 Câu (4,0 điểm) 0.25 0.25 Với x 1 Ta có x 2x 5x 0 (x 1)(x 2)(x 3) 0 x 1 (L) x 2(T / m) x 3 (T / m) 0.25 Với x 3 A Ta có ab bc ca 5 a a ab bc ca (a b)(a c) Tương tự: b (b c)(b a) ; c (c a)(b c) 0.25 Với x A 0.25 0.5 0.5 (a b) (b c)2 (c a) (a b) (b c) (c a) P (5 a )(5 b )(5 c2 ) (a b)(a c)(b c)(b a)(c a)(c b) Câu (4,0 điểm) 0.5 (a b)2 (b c) (c a) 1 (a b)2 (b c) (c a) 0.5 2 Ta có: x 1 x x 3 192 x 1 x 1 x 3 x 1 192 x 1 x 1 x 3 192 x x 1 x x 3 192 Đặt t x x (ĐK : t 0 ) x x t Thay vào (*) ta t t 192 t 4t 192 0 t 16 t 12 0 (*) 0.25 0.25 0.25 0.25 t 16 (TM ) t 12 ( KTM ) x 4 Với t 16 x x 16 x 1 16 x 2 x 3 x Vậy tập nghiệm phương trình S 3;5 2 Ta có : g x x x 2= x 1 x Vì f x ax bx 10x chia hết cho đa thức g x x x Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x) ax bx 10x 4= x+2 x-1 q x Với x=1 a+b+6=0 b= -a -6 1 Với x=-2 2a-b+6=0 Thay (1) vào (2) Ta có : 2a – ( a 6) 0 a 4; b Vậy a = - 4; b = - Vì x; y nguyên nên x+y+1 x-2023 ước 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 TH1: TH2: Câu (4,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Vậy cặp (x;y) nguyên cần tìm là: {(2024;-2024);(2022;-2024)} Đặt a x xy y, b xy y x, c 2 x y x y Ta có a b ( x y )( x y 1) Do a b chia hết a b chia hết cho Suy x y5 x y 15 Trường hợp 1: Nếu x y 5 x y (mod5) Khi a x x x ( x x )(mod5) ; c 2 x x x x 3( x x)(mod5) Do a5 nên x x5 hay c5 Trường hợp 2: Nếu x y 15 x 2 y 1(mod5) Khi a (2 y 1) 2(2 y 1) y y y 1(mod5) ; c 2(2 y 1)2 y 2(2 y 1) y 9 y y 3 y (3 y 1)(mod 5) Do a5 nên y 15 hay c5 Từ hai trường hợp suy ĐPCM 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 Câu (6,0 điểm) m 1 Chứng minh AEKD hình chữ nhật Ta có O giao điểm đường chéo AK DE nên 1 OA OE OK OD AK DE điểm 2 1 MO DE AK AMK vuông K AM KM (ĐPCM) 2 Gọi H giao 2điểm AK DM Chứng minh 1,5 AECK hình bình hành Từ suy rađiểm AK // CE HK / /MC mà KD = KC HD HM kết hợp với DM CE AH DM ADM cân A AD AM AB AMB cân A 1.0 1.0 1.0 0.25 0.25 0.25 1800 DAM Do ADM cân A AMD 180 BAM Do ABM cân A AMB 0.25 0 0 0 180 DAM 180 BAM 360 (DAM BAM) 360 DAB 360 90 AMD AMB 1350 = = 2 2 BMD 135 Lại có BMD góc ngồi tam giác vng HMN từ tính 0.25 ANB 450 0.25 Qua E vẽ đường vng góc với CF cắt CD Q Xét hình vng ABCD có EK đường trung bình Suy EK = AD = CD, EK //AD AD CD EKQ 900 Xét CDF EKQ có: ( phụ với góc EQC); CD = EK; EKQ KEQ FCQ CDF 900 CDF EKQ (g.c.g) CF EQ ( Hai cạnh tương ứng) Xét CEQ có CF đường phân giác đồng thời đường cao Suy CEQ cân C CF đường trung trực FE = FQ ( tính chất đường trung trực) EF + FQ = 2EF EQ EF FQ 2EF Dấu “=” xảy E; Q, F thẳng hàng 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Mà EQ = FC FC 2EF ( ĐPCM) 0.25 Câu (2,0 điểm) Ta có: 3a b2 ( a ) 1 b2 1 b2 Ta chứng minh = 3a b (1 3a ) 1 b2 0,25 b b Thật vậy: 0 2 1 b 1 b 2b b (b 1) 0 với mọi b 2(1 b ) 2(1 b ) b2 b b2 b Do 2 1 b 1 b 2 3a b(1 3a ) b (1 3a ) 1 3a 1 3a Khi (1) 2 1 b 1 b 3b c(1 3b) 3b Tương tự ta chứng minh được: (2) 1 c 3c a (1 3c) 3c Và (3) 1 a 0.25 0,25 0,25 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có: 3a 3b 3c b(1 3a) c (1 3b) a (1 3c ) + 3(a b c) 2 1b 1 c 1 a (a b c) 3(ab bc ca) 5(a b c) = 3(a b c) = 2 Lại có: 0.25 (a b) (b c) (c a ) 0a; b; c a b c 2(ab bc ca) (a b c) 3(ab bc ca) a b c 3 Do 0.25 3a 3b 3c 3 2 + 2 1b 1 c 1 a 0.25 = Dấu “=” xảy a = b = c = Ghi chú: -Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa -Bài hình học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm 0.25