PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN QUẢNG XƯƠNG ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022-2023 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 27/12/2022 Bài (4,0 điểm) x x x x x 1 A Câu (2 điểm): Cho biểu thức: , với x 1 2 x3 x x 1 x x 1 Rút gọn biểu thức A Câu (2 điểm): a/ Cho x, y, z số thực thỏa mãn x y z 0 Chứng minh: x3 y z 3xyz b/ Cho số a, b, c khác thỏa mãn 2ab bc 2ca 0 Hãy tính giá trị biểu thức: A bc ca ab 8a b c Bài (4,0 điểm) Câu 1( điểm) Tìm tất giá trị x biết : x x x 12 Câu 2( điểm) Tìm tất cặp giá trị x, y thỏa mãn đồng thời hai đẳng thức sau: x xy y 0 x y 4 x 2y Bài (4,0 điểm) Câu (2 điểm) Tìm tất cặp x, y nguyên thỏa mãn: x x y Câu (2 điểm) Cho hai số nguyên dương x, y thoả mãn x y 1 chia hết cho x y y 1 Chứng minh x y số phương Bài (6,0 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi E , I trung điểm AC BC ; M điểm đối xứng với I qua E a Chứng minh tứ giác ABIM hình bình hành b Gọi N , F trung điểm AD BD ; K điểm đối xứng với I qua F Chứng minh: ba đường thẳng IN ; MF ; KE đồng quy c Gọi O giao hai đường chéo AC BD Kí hiệu: S ; S1 ; S2 diện tích tứ giác ABCD , tam giác AOB tam giác COD Biết S1 a ; S2 b với a, b số dương cho trước Tìm điều kiện tứ giác ABCD để S a b Bài (2,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn 2xy x y x y 2x y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : A ………Hết……… Họ tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh ……… HƯỚNG DẪN CHẤM 2,0 Rút gọn A Câu (4đ) x x x2 x 1 A 2 ( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1)( x x 1) 0,5 x x 1 x x 1 x 1 x 1 x 0,5 2x x x2 ( x 1)( x 1) x x 1 x 1 ( x 1) 1 x 1 x Vậy : A 2 ( x 1)( x 1) x x 1 0,5 0,5 ( với x 1 ) a/ Cho x, y, z số thực thỏa mãn x y z 0 2,0 3 Chứng minh: x y z 3xyz b/ Cho số a, b, c khác thỏa mãn 2ab bc 2ca 0 Hãy tính giá trị biểu thức: A bc ca ab 8a b c a/ Cho x, y, z số thực thỏa mãn x y z 0 Chứng minh: x3 y z 3xyz 0,5 Từ x y z 0 x y z , mà x3 y x y 3xy x y x y z 3xyz x3 y z x y 3xy x y z z 3xyz z 3xyz (Đpcm) 0,5 b/ Cho số a, b, c khác thỏa mãn 2ab bc 2ca 0 Hãy tính giá trị biểu thức: A bc ca ab 8a b c 1 0,25 Đặt x=2 a, y=b, z=c ta xy yz zx 0 x y z 0 bc 2ac 2ab yz zx xy 1 1 0,25 0,25 Khi A 4a b2 c x y z xyz y z x 1 1 1 Áp dụng kq câu a, x y z 0 ta x3 y z xyz 1 3 ta có x3 y z xyz A xyz xyz 3 Vậy A Câu (4đ) Giải phương trình: x x x 12 0,25 2,0 Đặt x t Phương trình (1) trở thành: 0,75 (t 1)(t 1)t 12 (t 1)t 72 t t 12 0 0,5 (t 4)(t 3) 0 Vì t t 0 t 4 t 2 Với t 2 x 2 x 5 0,75 3 Với t x x ( thỏa mãn) 3 Vậy phương trình cho có tập nghiêm : S = ; 6 2 Câu 2( điểm) Tìm tất cặp giá trị x, y thỏa mãn đồng thời hai 2,0 đẳng thức sau: x xy y 0 (1) x y 4 (2) x 2y Đkxđ: x y 0 0,25 x y 0 2 Từ x 3xy y 0 x y x y 0 mà x y 0 x y 0 x y 0 Xét x y 0 x y thay vào (2) x 0 x 4 x x 0 x 1 x 1 0 x x 0 x y 1 Trường hợp 1: x 0 x x 3 x y x y 1 Trường hợp 2: x 0 x 1 x 1 x y 1 1 Vậy: x, y ; , ; , 1;1 , 1; 1 3 3 Câu3 (4đ) 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 Tìm tất cặp x, y nguyên thỏa mãn: x x y 2,0 (1) x y x y x y 3 0,5 Do x, y nguyên x y ; x y U (3) 0,5 x y 3 Lại có: Vì 0; x y x y nên có x y 1 x y 3 x y x 2 y x 0; 4 y 1;1 0,5 Vậy: tât cặp giá trị x; y cần tìm là: x; y 0; 1 , 0;1 , 4; 1 , 4;1 0,5 Cho hai số nguyên dương x, y thoả mãn x2 – 4y + chia hết 2,0 cho (x – 2y)( 2y – 1).Chứng minh x 2y số phương Vì x2 – 4y + chia hết cho (x – 2y)( 2y – 1) nên tồn số nguyên k cho 0,5 x y k ( x y )( y 1) 0,5 x y y y k ( x y )( y 1) (2 y 1) ( x y ) k ( y 1) ( x y ) Gọi ƯCLN x – 2y k(2y – 1) – (x + 2y) d ( d N* ) 0,5 Ta suy được: x y d (2 y 1) d y 1d k (2 y 1) ( x y)d Do đó: x y d 4 y d 4 y d d d 1;2 x y d 2 y 1d 4 y d 2 y 1d Vì 2y – số lẻ => d lẻ => d = Suy ra: x y số phương(đpcm) Câu Cho tứ giác ABCD Gọi E , I trung điểm AC BC ; M điểm đối xứng với I qua E (6,0đ a Chứng minh tứ giác ABIM hình bình hành ) b Gọi N , F trung điểm AD BD ; K điểm đối xứng với I qua F Chứng minh: ba đường thẳng IN ; MF ; KE đồng quy c Gọi O giao hai đường chéo AC BD Kí hiệu: S ; S1 ; S2 diện tích tứ giác ABCD , tam giác AOB tam giác COD Biết S1 a ; S2 b với a, b số dương cho trước 1/ Chứng minh: tứ giác ABIM hình bình hành 0,5 2,5 B A I E M D C C/m tứ giác AICM có E trung điểm AC MI nên AICM hình bình hành AM // BI AM = BI Từ đó: Chứng minh tứ giác AMIB hình bình hành 1,0 0,5 1,0 b Gọi N , F trung điểm AD BD ; K điểm đối xứng với I qua F Chứng minh: ba đường thẳng IN ; MF ; KE đồng quy 2,5 B A F K I N E M D C Tương tự câu a, Tứ giác BKDI hình bình hành 1,0 KD BI ; KD BI mà AM BI ; AM BI Do ABMI la hinh binh hanh 1,0 KD AM ; KD AM AMKD la hinh binh hanh N trung điểm MK Xét MKI có N , F , E trung điểm MK ; KI ; MI Suy ra: IN ; MF ; KE ba đường trung tuyến tam giác IN ; MF ; KE đồng quy (Đpcm) c Gọi O giao hai đường chéo AC BD Kí hiệu: S ; S1 ; S2 diện tích tứ giác ABCD , tam giác AOB tam giác COD Biết S1 a ; S2 b với a, b số dương cho trước 1,0 B A O D Ta có 0,5 C SAOB OB SBOC SAOD.SBOC = a2.b2 SAOD OD SCOD Áp dụng BĐT: (x + y)2 ≥ 4xy (SAOD + SBOC)2 ≥ 4a2b2 SAOD + SBOC 2ab Do a, b 0,25 0,25 Ta có SABCD = SAOB + SAOD + SBOC + SCOD ≥ a2 + b2 + 2ab = a b không đổi 0,25 Dấu “=” xảy SAOD = SBOC AB // CD hay ABCD hình thang Vậy: Để SABCD = a b Khi tứ giác ABCD hình với hai đáy là: AB // CD Câu Cho x, y số thực dương thỏa mãn 2xy x y 0,25 (2,0đ x y Tìm giá trị lớn biểu thức : A ) 2x y2 - Ta có : x y 2 xy x 0,5 1 2 x y y - Đặt a , b Khi a, b a b 2 x 0,5 y x y a b A 2 1 2x y 2 2 a 2 b 2 2 x y a a a 1 1 hai bất đẳng thức tương tự a (a 1) 2a 2a 1 1 4 1 nên : A 1 1 2a 2b 2( a b) 2 0,5 Dấu bằng xảy a b 1 x y 1 0,5 - Vì Vậy giá trị lớn biểu thức A , đạt x y 1