UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHỊNG GD & ĐT ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian làm : 150 phút 2 x 1 x A x 1 : x với x 0, x 3x x 1 3x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau : x x x x x x 2 b) Giải bất phương trình sau : x x x Bài (2,0 điểm) a) Cho P n Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố 20142014 1 b) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn chia hết cho n 2012n Bài (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, M điểm nằm B C Kẻ AN vng góc với AM , AP vng góc với MN (M P thuộc đường thẳng CD) a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân b) Chứng minh AN NC.NP 1 2 c) Gọi Q giao điểm tia AM tia DC Chứng minh tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Bài (1,0 điểm) Cho số không âm x, y thay đổi thỏa mãn x y 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Q x y y x 25 xy ĐÁP ÁN 2 x 1 x A x 1 : x với x 0, x 3x x 1 3x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức c) Rút gọn biểu thức A Ta có : 2 x 1 x x 0 A x 1 : x x 1 3x x 3x 2 x 1 x 2 x x 1 : 2 : x 3x x x 3x x 3x x 2x 2 x 1 x 1 2x A x 0; x x 1 Vậy với d) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Với x 0; x 1 ta có : x 1 2x 2 x 1 x 1 x 1 A x 1 U (2) 1; 1; 2; 2 x 0; 2;1; 3 A Đối chiếu điều kiện suy x 2;1;3 Bài (2,0 điểm) c) Giải phương trình sau : x x x x x x 6 1 2 2 x 2x x 2x x 2x x 1 x 1 x 1 Ta có Đặt x 1 t t 2 Khi phương trình (1) trở thành : t t 2t 6t 6t t t t 1 t t 1 t 1 t t 1 t 1 t 2 x 1 2 x 1(tmdk ) 3t 7t 0 3t t t 0 t (ktm) S 1 Vậy tập nghiệm phương trình d) Giải bất phương trình sau : x x x 2 Ta có x x x x 1 x Đặt x t 0 x 1 t Phương trình (2) trở thành : t 3t t 4t t t t 1 t ( t 0, t 0) t x x 11 x Vậy tập nghiệm bất phương trình S x / x 2 Bài (2,0 điểm) c) Cho P n Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Ta có : 2 P n n 4n 4n n 2n n 2n n 2n 2 Mà n nên n 2n n 2n P số nguyên tố nên n 2n 1 * n 2n số nguyên tố * n 2n 0 n 1 0 n Thử lại với n 1 P số nguyên tố 20142014 1 d) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn chia hết cho n3 2012n 2014 Đặt A 2014 1, B n 2012n Giả sử tồn n để AB 1 B n3 2012n n3 n 2013n n 1 n n 1 2013n Vì n 1, n, n ba số nguyên liên tiếp nên n 1 n n 1 6 mà 2013n3 (do 20133) Từ 1 , A3 * 2014 2014 2014 Lại có 2014 1 1 mod A 2014 1 2 mod A không chia hết cho (trái với (*)), mâu thuẫn nên giả sử sai chia hết cho n 2012n Vậy không tồn số nguyên n thỏa mãn Bài (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD, M điểm nằm B C Kẻ AN vng góc với AM , AP vng góc với MN (M P thuộc đường thẳng CD) 20142014 B A M O D N P C Q d) Chứng minh tam giác AMN vng cân AD AB Ta có ABCD hình vng (gt) nên DAB B CDA 90 (tính chất h vng) NAD DAM NAM 90 AN AM AD DC Vì Và BAM DAM DAB(cmt ) NAD MAB Xét NAD, MAB ta có : NDA MBA 90 , AD AB cmt , NAD MAB cmt NAD MAB ( g c.g ) AM AN MAN 90 AN AM AMN Lại có vng cân A e) Chứng minh AN NC.NP Gọi O giao điểm MN AP AP MN O Xét ANO, MAN có : AON MAN 90 , ANO chung ANO ∽ MAN g g AN NO AN NO.NM 1 NM AN Xét NOP, MCN có : NOP NCM 90 , ONP chung NO NP NO.NM NP.NC NC NM Từ (1) (2) AN NP.NC (dfcm) NOP ∽ MCN ( g g ) 1 2 f) Gọi Q giao điểm tia AM tia DC Chứng minh tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Xét ANQ có đường cao AD 1 S ANQ DA.NQ AN AQ ANQ 2 vuông cân A) NQ NQ AD.NQ AN AQ 3 2 AN AQ AD AN AQ AD 2 2 Áp dụng Pytago vào ANQ, ta có NQ AN AQ AN AQ 1 2 2 AN AQ AQ AN Từ (3) (4) suy AD 1 2 Mà AN AM (cm câu a) AD không đổi nên AD AQ AM không đổi 1 2 Vậy tổng AM AQ không đổi điểm M thay đổi cạnh BC Bài (1,0 điểm) Cho số không âm x, y thay đổi thỏa mãn x y 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Ta có : x y Do Q x y y 3x 25 xy x y 3xy x y x y x y 3xy x y 1 3xy x y 1 Q x y y x 25 xy 16 x y 12 x 12 y xy 25 xy 16 x y 12 x y 34 xy 16 x y 12 xy 34 xy 16 x y xy 12 1 1 x a, x y 1 y a x, y 0 a 2 2 Khi : Đặt từ Do 2 1 1 1 Q 16 a a a a 12 2 2 2 1 1 1 16 a a 12 16 a a 2a 12 4 4 16 25 25 1 8a 16a 2a 12 16a 6a 2a 8a 1 2 1 a 8a 8 2 Do 2 2 8a mà 2a 0, a 2a 8a 3 0 Từ 1 , Q 25 2a 8a 3 0 Dấu xảy Vậy Max Q 25 x y 2 x 1 a a 0 2 y 1