PHÒNG GD&ĐT KIM THÀNH TRƯỜNG THCS PHÚ THÁI ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP Năm học 2022-2023 Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) + 15 2) Cho xyz = Tính giá trị biểu thức: P = 1 + + + x + xy + y + yz + z + zx Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích thành nhân tử: a b3 c3 a b c 3 Áp dụng tìm x biết: x x x 1 x 2) Tìm số dư phép chia đa thức: x 1 x x 3 x 2023 cho đa thức x x Câu (2,0 điểm) 1) Cho a, b, c số tự nhiên Chứng minh A = 4a(a + b)(a + b + c)(a + c) + b2c2 số phương (Số phương bình phương số tự nhiên) 2) Tìm số nguyên x y thỏa mãn 3xy + 2y – 2x + = Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC M N Chứng minh rằng: 1) AM = BF; 2) Tứ giác AEMD hình chữ nhật; 3) 1 2 AB AM AN Câu (1,0 điểm) x2 x Tìm giá trị nhỏ P với x x 2x 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điểm a) (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) + 15 0,25 = (x2 + 4x – 5)(x2 + 4x + 3) +15 2 0,25 = [(x + 4x -1) – 4][(x + 4x – 1) + 4] + 15 Tổng điểm = (x + 4x – 1) – 16 + 15 0,25 1,00 = (x + 4x – 1) – 2 = (x + 4x – 2)(x + 4x) 0,25 2 = x(x + 4)(x + 4x – 2) 1 P= + + + x + xy + y + yz + z + zx z zx P= + + z + xz + xyz zx + yzx + yzzx + z + zx Thay xyz = biểu thức P ta có: z zx P= + + z + xz +1 zx +1 + z + z + zx z + zx +1 P= z + zx +1 P =1 Vậy P = Phân tích đa thức thành nhân tử: a b3 c3 a b c 3 Ta có a b3 c3 a b c a b c3 3ab a b a b c a b c 3c a b a b c 3ab a b a b c a b c a b c ab 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a b a b c c b c a b b c a c (*) 3 1,00 Tìm x biết: x x x 1 x 1,00 Ta có: x x 1 13 x x 0 0,25 x x 1 x 1 x 0 (Theo (*)) Vì x x = 0; x = vô nghiệm KL: x = -2 P x 1 x x 3 x 2023 P ( x 5x 6)( x 5x 6) 2023 Đặt x2 + 5x + = t 0,25 0,25 0,25 1,00 Ta có P = (t – 13)(t - 1) + 2023 P = t2 – 14t +13 + 2023 P = t2 – 14t + 2036 Do chia P = t2 – 14t + 2036 cho t ta có số dư 2036 1) A = 4a(a + b)(a + b + c)(a + c) + b2c2 A = 4(a2 + ab + ac)(a2 + ac + ab + bc) + b2c2 Đặt a2 + ab + ac = t Ta có A = 4t(t + bc) + b2c2 A = 4t2 + 4t.bc + b2c2 A = (2t + bc)2 = [2(a2 + ab + ac) + bc]2 = (2a2 + 2ab + 2ac + bc)2 Vì a, b, c số tự nhiên nên A số phương 1) 3xy + 2y – 2x + = (3x + 2)y = 2x – 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 2x 2 ,x 3x 2x x 2(3x 2) 7 y 3y 2 0,25 3x 3x 3x 3x y số nguyên 3y số nguyên Để 3y nhận giá trị số nguyên chia hết cho 3x + 0,25 Hay 3x ¦ (7) 1; 7 y x 1; 3 Với x = -1 y = 3; với x = -3 y = Vậy ( x; y ) ( 1;3),( 3;1) A E B M C 1,00 0,25 H F D N Xét ADM BAF có: ADM BAF 900 AD = AB (cạnh hình vng) 4.1 (cùng phụ với góc HAB) DAM ABF Do ADM = BAF (g.c.g) Suy AM = BF (2 cạnh tương ứng) 4.2 Do ADM = BAF (g.c.g) chứng minh câu a Suy DM = AF (2 cạnh tương ứng) 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 1,00 Mà DM // AF (Do AB//CD, E thuộc AB, M thuộc CD) Suy AEMD hình bình hành Mặt khác DAE 900 (Do DAB 900 E thuộc AB) Do tứ giác AEMD hình chữ nhật AD AM AD CN (HƯ qu¶ ®Þnh lý Ta lÐt) Vì AD//CN CN MN AM MN MN CM AB CM (HƯ qu¶ ®Þnh lý Ta lÐt) Vì MC//AB AN AB AN MN 4.3 AD AB CM CN Suy 1 (Vì CM2 + CN2 = MN2 2 AM AN MN theo Định lý Pytago áp dụng tam giác vuông CMN) AB AB 1 Suy (v× AD = AB) AM AN AB AM AN 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 x x x 1 x x ( x 1) P 1 1 2 x x 1 x 1 x 1 x 1 1 1 1 x x 1 x x 1 3 1 P , x x 1 4 1 0 x 1 (thỏa mãn) Vậy P đạt giá trị nhỏ x 1 P 1 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25