PHỊNG GD&ĐT N THÀNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CỤM… ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn Thi: Tốn Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu (3 điểm) x2 1 A : x x 3x 27 3x Cho biểu thức a) Rút gọn A b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên Câu (4,5 điểm) 3 a) Cho A a b c B (a 2021) (b - 2022) (c 2023) , a, b, c số nguyên Chứng minh rằng: A chia hết cho B chia hết cho 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y xy x y 0 c) Giả sử p p số nguyên tố Chứng minh p củng số nguyên tố Câu (6 điểm) a) Tìm x,y,z thỏa mãn: 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = b) Giải phương trình: 1 1 + + = x + x +20 x +11 x+30 x +13 x+ 42 18 c) Đa thức f(x) chia cho x –1 số dư 4, chia cho x-3 số dư 14 Tìm đa thức dư phép chia f(x) cho (x – 1)(x –3) Câu (6,5 điểm) Cho ABC nhọn, có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi I, K hình chiếu điểm D đường thẳng BE CF Chứng minh rằng: a) HI.HB=HD2 b) BH BE CH CF BC c) IK // EF d) Trong tam giác AEF, BDF, CDE có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 3đ Hướng dẩn giải x2 1 A : x x 3x 27 3x Cho biểu thức a) Rút gọn A b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên Điểm a) – ĐKXĐ : x 3 0,25 1,25 3 x - Rút gọn A = x 3 x 3 A Z Z x 1; 3 x x x b) Kết hợp đkxđ x 1 3 a Cho A a b c B (a 2021) (b - 2022) (c 2023) , 1,5 a, b, c số nguyên Chứng minh rằng: A chia hết cho B chia hết cho 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y xy x y 0 4,5đ c) Giả sử p p số nguyên tố Chứng minh p củng số nguyên tố a) - Đặt x a 2021 ; y b 2022 ; z c 2023 (với x ; y ; z Z ) - Khi ta có: A a b c (a 2021) (b 2022) (c 2023) 2022 x y z 2022 Và B x y3 z B A (x x) (y3 y) (z z) 2022 - Mặt khác: Với n Z n n n(n 1)(n 1) (x x) (y y) (z z) 2022 B A 3 A 3 B 3 2 b) x y xy x y 0 ( x y 1) (2 y 1) 7 ( x y 2)( x y ) 7 ( x, y ) (2;1), (5; 2), ( 6,1);( 3, 2) 1,5 1,5 c) - Với p = p hợp số (trái với giả thiết) - Với p = p 11 p 29 là số nguyên tố * - Với p > p khơng chia hết cho p 3k ( k N ) 2 - Khi đó: p (3k 1) 3(3k 2k 1) hợp số (trái với giả thiết) - Vậy p p số nguyên tố p củng số nguyên tố 1,5 a) Tìm x,y,z thỏa mãn: 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 1 1 + + = x + x +20 x +11 x+30 x +13 x+ 42 18 6đ b) Giải phương trình: c) Đa thức f(x) chia cho x –1 số dư 4, chia cho x-3 số dư 14 Tìm đa thức dư phép chia f(x) cho (x – 1)(x –3) a) x y z – 18 x z y 20 2 x 1 y 3 z 1 0 x 1; y 3; z b) 1 1 x x 20 x 11x 30 x 13 x 42 18 1 x x 18 x 2; x 13 c) Gọi thương phép chia f(x) cho x – cho x – theo theo thứ tự A(x) B(x) Ta có: f(x) = (x – 1).A(x) + với x (1) f(x) = (x – 3).B(x) + 14 với x (2) Gọi thương phép chia f(x) cho (x – 1)(x – 3) C(x) dư R(x).Vì bậc R(x)nhỏ bậc số chia nên bậc nhỏ bậc nên R(x) có dạng ax + b Ta có: f(x) = (x – 1)(x – 3).C(x) +ax + b với x (3) Thay x =1 vào (1) (3) ta : a + b = Thay x =3 vào (2) (3) ta : 3a + b = 14 Vậy đa thức dư phép chia f(x) cho (x – 1)(x – 3) 5x – Cho ABC nhọn, có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi I, K hình chiếu điểm D đường thẳng BE CF Chứng minh rằng:a) HI.HB=HD2 b) BH BE CH CF BC c) IK // EF d) Trong tam giác AEF, BDF, CDE có tam giác có diện 2 tích nhỏ diện tích tam giác ABC 6,5đ HI HD HI HB HD a) BDH ~ HDI (g-g) HD HB 1,5 b)- Ta có: BDH ~ BEC (g – g) BH BE BD BC (1) Và CDH ~ CFB (g – g) CH CE CD BC (2) - Từ (1) (2) BH BE CH CF BD BC CD BC 1,5 (BD CD) BC BC 2 c)Tương tự câu a ta chứng minh HD HK HC HD HI HB HI HC HI HB HK HC HK HB HD HK HC HC HE HB HF - Lại có: CHE ~ BHF (g – g) (3) (4) HI HE HK HF IK // EF - Từ (3) (4) d) - Kẻ FM AC ( M AC ) FM.AE SAEF AF.AE FM AF SABC AB.AC BE.AC BE AB - Ta có FM // BE SCDE SBDF BD.BF CE.CD BC.AB SABC BC.AC - Tương tự: SABC SAEF SBDF SCDE (AF.BF) (BD.CD) (CE.AE) (SABC ) AB2 BC2 CA AF BF AF BF - Mặt khác: BD CD BD CD AB2 BC CA CE AE CE AE Và SAEF SBDF SCDE (SABC ) 64 SAEF SBDF SCDE 1 SABC 4 Trong tam giác AEF, BDF, CDE có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC 1,5