SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán – Lớp: THCS Thời gian làm bài: 120 Phút Đề thi gồm: 01 trang Câu (4,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức: 1 x 3x A 1 1 : 1 2 x x 10 x x x 3x x x x x 1 1 2) Cho số thực thực c x, y , z thoả mãn mãn x y z x y z 3 Tính giá trị biểu thức: biểu thức:a biểu thức:u thức:c: P ( x 2023 y 2023 ).( y 2023 z 2023 ).( z 2023 x 2023 ) Câu (4,0 điểm) 1 , chia cho x 1) Biết đa thức t đa thức ng đa thức:c f ( x ) chia cho x dư 11 , chia cho x dư đư ợc thương c thư ơng ng 3x cịn dư Tính f (2023) f ( 2023) 2) Tìm tất giá trị số tự nhiên t mãn giá trị biểu thức: biểu thức:a số thực tực nhiên n đểu thức: biểu thức:u thức:c B n n 2n 2n có giá trị biểu thức: mộtt số thực phư ơng ng Câu (3,0 điểm) x x2 x 4 y3 1) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: 2 x 3 x 63 x 0 6 x 4 x2 2) Giải phương trình: x Câu (7,0 điểm) AB AC Cho tam giác ABC nhọnn Các đường cao AD, BM , CN tam giác ABC cắt H Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC , E điểm đối xứng H qua O Kẻ CF vng góc với đường thẳng BE F 1) Tính số thực đo FMN 2) Gọi K , L, R chân đường vng góc kẻ từ N đến đường thẳng AC , AD, BC Gọi giao điểm DM CN S Chứng minh rằng: a) Ba điểu thức:m K , L, R thẳng hàng ng hàng b) HN CS NC SH 3) Tia phân giác BAC cắt BC I , kẻ đường thẳng qua C vng góc với đường thẳng AI P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO Q Gọi G trung điểm đoạn thẳng IQ Chứng minh đường thẳng PG qua trung điểm đoạn thẳng AC Câu (2,0 điểm) 1)Xét x, y hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện x y 1 Tìm giá trị biểu thức: lớn củan giá trị số tự nhiên t biểu thức:a A biểu thức:u thức:c x3 y3 x y x2 y 2) Một hộp đựng 99 thẻ màu vàng, 100 thẻ màu đỏ 101 thẻ màu xanh Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ sau: lần rút thẻ người ta lấy hai thẻ khác màu thay vào hai thẻ có màu cịn lại, q trình diễn liên tục Hỏi đến lúc người ta nhận hộp tất thẻ có màu hay khơng? Hãy giải thích sao? Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT1: Họ, tên chữ ký GT2: Câu Đáp án Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức 1 x 3x A : 1 2 x x 10 x x 3x 3x x x x x Điều kiện xác định x 0 x x x 0 x x 0 x 3x 0 x x 10 x 0 Điểm (2,0) 0,25 x 0; x 1; x 1; x 2; x 1.1 Tìm điều kiện kết luận (2,0 đ) 1 x 1 x x x 1 A 1 : x x 1 x x x x x 1 2 x2 x 1 A : 1 2 x x 1 x x x x 1 x 1 x2 x 1 A : 1 x x 2 x x 1 0,25 0,5 0,25 0,25 x 1 x2 x 2 x2 A 1 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 0,25 A x 1 Vậy với 1.2 1 1 (2,0đ) Cho số thực x, y, z thoả mãn x y z x y z 3 Tính giá trị biểu x 0; x 1; x 1; x 2; x 2023 2023 2023 2023 2023 0,25 (2,0) 2023 thức: P ( x y ).( y z ).( z x ) 1 1 1 1 Kết hợp x y z x y z 3 ta x y z x y z 1 1 0 x y z x yz 1 1 1 0 x y z xyz x y xy 0 z x y x y z xy x y 0 xy z x y z x y xz yz z xy 0 x y x z y z 0 x y 0 x z 0 y z 0 x y 0 x y x 2023 y 2023 x 2023 y 2023 0 Nếu P ( x 2023 y 2023 ).( y 2023 z 2023 ).( z 2023 x 2023 ) 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tương tự y z 0 z x 0 P 0 1 1 x, y, z thoả mãn x y z x y z 3 P 0 Vậy với Biết đa thức f ( x ) chia cho x dư 11 , chia cho x dư , chia cho x thương 3x dư Tính f (2023) f ( 2023) f ( x ) chia cho x dư 11 f ( x) x P( x) 11 f (2) 11 f ( x ) chia cho x dư f ( x) x Q( x) f ( 2) f ( x ) chia cho x thương 3x dư (2,0) 0,25 0,25 0,25 f ( x) x x ax b (1) 2.1 f (2) 2a b, f ( 2) 2a b (2,0đ) Từ (1) 2a b 11 2a b 0,25 0,25 tìm a 3, b 5 f ( x ) x x 3x 3x x Suy f (2023) f ( 2023) 3.20233 9.2023 3.( 2023) 9.( 2023) 0,25 0,25 0,25 f (2023) f ( 2023) 10 Tìm tất giá trị số tự nhiên n để biểu thức B n n 2n 2n có giá trị số phương B n n 2n3 2n n n n 2n n ( n 1) ( n 2n 2)(*) - Xét n 0 B 0 số phương - Xét n 1 B 0 số phương ( n 1) n 2n (n 2) Suy ( n 1) ( n 2) số phương liên tiếp n 2n khơng phải số Mà phương (**) n 2 Từ (*) (**) suy B không số phương với Vậy n 0 n 1 B có giá trị số phương Tìm tất nghiệm nguyên phương trình (2,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 n 2 ta thấy n (n 1) số phương, n 2n n 2n (n 1) 2.2 - Xét (2,0đ) n 2n n 4n (n 2) 3.1 (1,5đ) 0,25 x x2 2x 4 y3 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,5 ) x x x y y x3 x x 3(*) 2 x x 2 x 1 Ta có 3 với x y x (1) y x x x x x 1 x Từ (1) (2) suy x3 y x 3 với x (2) 0,25 0,25 0,25 Mà x, y nguyên nên y x Thay y x vào (*) ta được: x x x x3 x 3x 0,25 x x 0 x x 2 x y 0 Với x 2 y 3 Với 0,25 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun ( x; y ) ( 1;0) ; ( x; y ) (2;3) 2 x 3 x 63 x 0 6 x 4 x2 Giải phương trình x Điều kiện xác định x 2, x (1,5đ) 0,25 Phương trình viết lại 2 x2 x 3 x 3 0 x2 x 2 x2 3.2 (1,5đ) Đặt u 2 x 3 x 3 0 x 3 x 3 6 7 x 2 x 2 x 2 x2 x 3 x ;v x x2 , u v 2 u v u 6v u 6v Phương trình trở thành u 7uv 6v 0 x 3 x 2 TH1: u v x x x x x x x 0 (TMĐK ) x 3 x 6 x x x 30 x 36 x x TH2: u 6v x 1(TMĐK ) x x 0 x 1 x 0 x 6(TMĐK ) 0,25 S 0;1;6 Vậy phương trình cho có tập nghiệm AB AC Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BM , CN tam giác ABC cắt H Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC , E điểm đối xứng H qua O Kẻ CF vng góc với đường thẳng BE F 1) Tính số đo FMN 2) Gọi K , L, R chân đường vng góc kẻ từ N đến đường thẳng AC , AD, BC Gọi giao điểm DM CN S Chứng minh rằng: a) Ba điểm K , L, R thẳng hàng b) HN CS NC SH 3) Tia phân giác BAC cắt BC I , kẻ đường thẳng qua C vng góc với 0,25 0,25 0,25 0,25 (7,0) đường thẳng AI P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO Q Gọi G trung điểm đoạn thẳng IQ Chứng minh đường thẳng PG qua trung điểm đoạn thẳng AC A K M N L H S V B R D C O E F Tính số đo FMN O nên O trung điểm EH Vì E đối xứng với H qua Chứng minh tứ giác BHCE hình bình hành CH //EB Chứng minh tứ giác BNCF hình chữ nhật O trung điểm NF BC NF BM đường cao ABC BM AC BMC vuông M 4.1 MO đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng (2,0đ) Vì MO BC MO NF MO NF MNF vuông M Xét MNF có MO đường trung tuyến 4.2 (3,0đ) 4.2a (1,25đ) 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 BMC FMN 900 Gọi K , L, R chân đường vng góc kẻ từ N đến đường thẳng AC , AD, BC Gọi giao điểm DM CN S Chứng minh rằng: a) Ba điểm K , L, R thẳng hàng b) HN CS NC SH NK //BM Chứng minh AK AN AM AB 0,25 0,25 0,25 0,25 3,0 0,25 NL //BC AN AL AB AD Chứng minh AK AL AM AD KL //DM (1) KR //DM (2) Chứng minh tương tự ta Từ (1) (2) suy điểm K , L, R thẳng hàng Gọi V giao điểm KR BM BN BR NR //AD BA BD (3) Chứng minh BR BV KR //MD BD BM (4) Vì BN BV NV //AC BA BM Từ (3) (4) 4.2b Chứng minh tứ giác MKNV hình chữ nhật, suy NMH KVM (1,75đ) Vì KR //DM nên SMH KVM SMH NMH MH tia phân giác NMS HN MN NMS có MH đường phân giác HS MS (5) Xét CN MN Chứng minh MC đường phân giác góc NMS CS MS (6) HN CN HN CS NC SH Từ (5) (6) HS CS Tia phân giác BAC cắt BC I , kẻ đường thẳng qua C vng góc với 4.3 AI P, đường thẳng CP cắt đường thẳng AO Q , gọi G trung (2,0đ) đường thẳng điểm đoạn thẳng IQ Chứng minh đường thẳng PG qua trung điểm đoạn thẳng AC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 A T X O B C I J G Q Y P U Gọi giao điểm CP với AB U, giao điểm PO với IQ AC J T Kẻ đường thẳng qua O song song với AC cắt AI CP X Y AUC cân A P trung điểm UC Chứng minh OP //BU T trung điểm AC OX PO OX //AT TA PT Xét PTA có 0,25 0,25 0,25 OY PO OX OY OX = OY TC PT TA TC Xét PTC có QO OY OY //AC QA AC Xét AQC có QO IO IO OX IQ //AC OX //AC IC AC Suy QA IC Xét AIC có IJ PJ QJ PJ IJ//AT QJ//CT AT PT Xét CPT có CT PT APT có Xét , IJ QJ IJ QJ J trung điểm IQ J trùng với G PG qua AT CT trung điểm AC Xét x, y hai số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện x y 1 Tìm giá trị lớn OY //CT A x3 y biểu thức 3 2 x y x3 y 1 x3 y x3 y x3 y A x y x2 y x4 y x2 y x4 y x2 y 5.1 (1,0đ) x y2 x2 y4 y x y x x y x y2 x2 y4 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 x4 y x2 y x y xy x y 0,25 0,25 x y 2 x y x y4 x x 1 2 x y x , y x y x y x , y x y x y xy (do x, y ) Ta có y A 1 Chứng minh tương tự x y x2 y x y x y 1 xy 1 Dấu “=” xảy Vậy giá trị lớn A 1 x y 1 Một hộp đựng 99 thẻ màu vàng, 100 thẻ màu đỏ 101 thẻ màu xanh Người ta tiến hành trò chơi rút thẻ sau: lần rút thẻ người ta lấy hai thẻ khác màu thay vào hai thẻ có màu cịn lại, trình diễn liên tục Hỏi đến lúc người ta nhận hộp tất thẻ có màu hay khơng? Hãy giải thích sao? Ta thấy 99 chia cho dư 0, 100 chia cho dư 1, 101 chia cho dư 2, số lượng thẻ loại chia cho số dư khác 0, 1, Sau lần rút thẻ, số lượng thẻ loại hộp giảm tăng thêm Khi số 5.2 (1,0đ) dư chúng chia cho thay đổi sau: Số thẻ chia cho dư sau lần rút chia cho dư Số thẻ chia cho dư sau lần rút chia cho dư Số thẻ chia cho dư sau lần rút chia cho dư Do sau lần rút thẻ, số thẻ loại hộp chia cho có số dư khác 0, 1, Giả sử đến lúc người ta nhận hộp tất thẻ có màu số thẻ màu cịn lại 0, số dư chúng chia cho 0, điều mâu thuẫn với kết luận Vậy khơng thể nhận thẻ hộp có màu 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm mà cách giải khác với đáp án phù hợp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm tròn Hết