SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn: Tốn – Lớp: THCS Câu 1.1 (1,5 điểm ) Đáp án Cho m, n số tự nhiên thỏa mãn Điểm + + 3- 5= m + n Tính tổng m + n (1,5) Ta có 2+ + 3- ổ 2ỗ + + - 5ữ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 5= + + 12 - = = ( = ( ) 6+ + ) ( 6+ + ( 10 - 10 - 0,5 ) 2 0,5 ) 0,25 + 10 m = , n = 10 m Giả thiết ta có = 10, n = nên m + n = 16 = 0,25 * Chú thích thêm: Xét m + n = + 10 bình phương hai vế được: 16 - m - n 16 - m - n (*) với mn = k.60, k ẻ Ô mn - 60 = Û 60 k - = 2 16 - m - n ẻ Ô iu ny vụ lý 60 số vô tỷ + Nếu k = a ẻ Ô ,a 1; ( *) 60 = 2( a - 1) ( + Nu k ẽ Ô ; ( *) Û k - 1= ) 16 - m - n bình phương k = b Ỵ ¤ vô lý 60 Vậy k = 1; ( *) Þ m + n = 16, mn = 60 nên ( m;n) = ( 6;10) ( m;n) = ( 10;6) 1.2 (1,5 điểm ) 1 Chứng minh với số dương a b thay đổi thỏa mãn + = ta ln có a b 1000 (1,5) a - 1000 + b - 1000 = a + b Giả thiết ta có 1000 = ab Þ a +b a - 1000 + b - 1000 = a - ab ab + ba +b a +b a2 b2 + a +b a +b a b = + a +b a +b 0,5 = 0,5 = a +b 0, a +b = a + b 2.1 (3,0 điểm ) ( )( )( ) 2 Cho phương trình m + 2x + 4x + x + 2x + m x + - m - = 0, với m tham số a) Giải phương trình với m = - (3,0) (1,5) 0,25 Điều kiện: 2x2 + 4x + ³ Û 2( x + 1) + ³ thỏa mãn với x Khi đó, với m = - thay vào phương trình ta được: ( é ê 2x + 4x + - = ê 2 - 1+ 2x + 4x + x + 2x - x +`1 = Û êx2 + 2x - = ê êx + = ê ë Với )( )( 2x2 + 4x + - = Û ) 0,25 0,25 2x2 + 4x + = Û x2 + 2x + = Û x = - Với x2 + 2x - = Û x = - ± 0,25 Với x + = Û x = - 0,25 Vậy tất nghiệm phương trình cho x = - 1, x = - + 2, x = - 1- b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình cho có ba nghiệm phân biệt é ùé 2 ù m + 2( x + 1) + 1úê( x + 1) + m - 1ú x + - m - = Ta có phương trình Û ê ê ú ê ú û ë ûë ( ( )( ) ) 2 Đặt t = x + 1,t ³ Þ m + 2t + t + m - ( t - m - 1) = ( *) Giả sử t0 > nghiệm phương trình (*) phương trình x + = t0 có hai nghiệm phân biệt x = - + t0, x = - 1- t0 2.2 (2,0 điểm ) Còn t0 = nghiệm phương trình (*) phương trình x + = có nghiệm x = - Từ (*) có k nghiệm t > phân biệt phương trình cho có 2k nghiệm phân biệt Do phương trình cho có ba nghiệm phân biệt phương trình (*) có nghiệm t = 0, thay vào ta m = - 1, m = Thử lại: Các trường hợp thỏa mãn Vậy tất giá trị tham số m thỏa mãn tốn m = - 1, m = ìï ổ y ữ ùù ỗ ữ ỗ x y = y + ÷ ) ( 1) ç ï ( ÷ ç x ÷ Giải hệ phng trỡnh ỗ ố ứ ùù ùù y + xy - 5x + = ( 2) ïỵ ìï 9( x - 1) y ³ ïï Điều kiện: í y ïï ³ ïïỵ x - Khi từ phương trình phương trình (1) ta có y ³ 0, x > 0,25 (1,5) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (2,0) 0,5 TH1: Nếu y = x = thỏa mãn hệ 0,25 ổ y ỗ 2+ TH2: Nu y > ( 1) Û x - = y ç ç ç ç xè Û 4( x - 1) = ( x - 1) + x - y + ( ) y ÷ ÷ Û 3( x - 1) = y x - + y ÷ ÷ ÷ 1ø ( ( ) ( Û x- = x - 1+ y ) ) 0,25 é2 x - = x - + y é x- 1= y ê ê Û ê Û ê ê2 x - = - x - - y ê3 x - + y = ë ë Với x - = y Û x = y + thay vào (2) ta y2 - 2y + = Û y = Þ x = 0,5 Với x - + y = Û x = 1, y = không thỏa mãn điều kiện 0,5 ổ ữ ;0ữ , ( 2;1) ỗ Vậy tất nghiệm hệ cho ç ÷ ç ÷ è5 ø 3.1 (1,5 điểm) Cho đa thức P ( x) = x + 6x + ax + b với a,b số hữu tỷ thỏa mãn ( P 1- ) = Tính giá trị biểu thức Q = 18P ( 3) + 3P ( 2) + ( a - b + 3) ( Giả thiết ta có: 1- ) ( ) + 1- ( + a 1- ) Từ (1) (2) ta có Q = 18.11+ 3.(- 20) + ( - 18 + 16 + 3) 2022 0,5 số vô tỷ 0,25 (1) 0,25 (2) = 198 - 60 + = 139 ( ) m Tìm tất cặp số tự nhiên ( m;n) thỏa mãn ( 2m + 5n + 1) + n + m + m = 105 Ta có 105 số lẻ nên từ phương trình suy 2m + 5n + lẻ Þ 5n chẵn tức n chẵn Tương tự + n + m + m = + n + m( m + 1) lẻ, n, m( m + 1) chẵn nên m 0,25 3= Vậy P ( x) = x + 6x - 18x - 16 Þ P ( 2) = - 20, P ( 3) = 11 3.2 (1,5 điểm) (1,5) + b = Û ( a + 18) = a + b + 34 a + b + 34 a + 18 a + b + 34 Vì a,b số hữu tỷ nên số hửu tỷ mâu thuẫn với a + 18 ìï a + 18 = ìï a = - 18 ï Û ïí Do í ïï a + b + 34 = ïï b = - 16 ợ ợ Nu a + 18 Þ 2022 0,25 (1,5) 0,5 m 2m lẻ tức 2m = Û m = én = ê Khi m = thay vào phương trình ta ê ên = - 26 ê ë 0,5 0,5 Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn toán ( m;n) = ( 0;4) Cho tam giác ABC vuông A ( AB < AC ) , có AH đường cao Lấy D điểm thuộc miền tam giác AHC cho AH qua trung điểm BD Gọi E , F theo thứ tự giao điểm AH với đường thẳng CD BD Qua E kẻ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn đường kính CD điểm M ( A M thuộc nửa mặt phẳng có bờ CD ) Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng BD với đường trịn đường kính CD Chứng minh rằng: (7,0) 4.1 (2,0 điểm ) · · Tứ giác ABCN nội tiếp đường tròn ANB + CAH = 900 · · Theo giả thiết ta có BAC = BNC = 900 0,5 Suy A N nhìn BC góc vng nên A, B,C , N thuộc đường trịn đường kính BC hay tứ giác ABCN nội tiếp đường tròn · · » đường trịn đường kính BC nên Do ACB, ANB hai góc nội tiếp chắn cung AB · · · ACH = ACB = ANB · · Trong tam giác vng AHC (vng H ) có ACH + CAH = 900 · · Nên từ (1) ta ANB + CAH = 900 4.2 (2,5 điểm) (2,0) 0,5 MD.AB ED.BF BN = MC EC · Xét hai tam giác EMD ECM có góc CEM chung (2) ¼ · · Hơn EMD (vì sđ MD đường trịn đường kính CD ) (3) = ECM Nên từ (2) (3) ta có D EMD ∽ D ECM EM ED MD MD ED Do (4) = = Þ = EC EM CM EC MC · · · Xét hai tam giác BHF BNC có CBN chung BHF = BNC = 900 nên D BHF ∽ D BNC Từ suy BH BC = BF BN với tam giác ABC vng A có đường cao AH Þ (5) AB = BH BC = BF BN Tam giác EMD đồng dạng với tam giác ECM MD 2.AB ED.BF BN MD.AB ED.BF BN = Û = EC MC EC MC Ba điểm A, M , N thẳng hàng Từ (6) (7) suy Ta AB AC = AC ED EC = 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 (2,5) Gọi K giao điểm thứ hai BC đường trịn đường kính CD Þ AH / / DK (cùng vng góc với BC ) AB (2,5) 0,5 Trong tam giác ABC vuông A có đường cao AH Þ AC = CH BC nên kết hợp với (5) AB BH BC HB ta (6) = = CH BC HC AC Kết hợp với giả thiết FB = FD suy HB = HK 0,5 (1) Nhân vế (4) (5) ta 4.3 (2,5 điểm) 0,5 (7) ED HK với HK (do AH / / DK ) = HC EC HC 0,5 0,5 0,5 (8) Từ (4) (8) ta AB = AB MD MD Û = AC MC MC AC · · · · · Kết hợp với BAC = DMC = 900 Þ D ACB ∽ D MCD Þ BCA = DCM = ECM · · Hay ECM (do (1)) = BNA 5.1 (1,0 điểm ) 5.2 (1,0 điểm ) 0,5 (9) ¼ · · Mặt khác ECM (cùng sđ MD đường trịn đường kính CD ) nên từ (9) ta = BNM · · BNA hay ba điểm A, M , N thẳng hàng = BNM Trên mặt bàn phẳng có 2021 đồng xu kích thước nhau, đồng xu có hai mặt có mặt màu xanh mặt màu đỏ, đồng thời tất đồng xu ngửa mặt màu xanh lên mặt bàn Thực trò chơi sau đây: lượt chơi phải đổi mặt 10 đồng xu mặt bàn Hỏi sau 2022 lượt chơi nhận tất 2021 đồng xu mặt bàn ngửa mặt màu đỏ lên hay khơng? Hãy giải thích sao? Lượt chơi thứ có 10 đồng xu mặt xanh ngửa thành mặt đỏ Do sau lượt chơi thứ có 2011 đồng xu mặt xanh 10 đồng xu mặt đỏ ngửa lên phía Giả sử lượt chơi thứ hai có x đồng xu mặt xanh lật thành màu đỏ, có ( 10 - x) đồng xu màu đỏ thành màu xanh (với x số tự nhiên thỏa mãn £ x £ 10) (1,0) Khi số đồng xu màu xanh ngửa lên phía ( 2011- x) + ( 10 - x) = 2021- 2x 0,25 Cứ sau lần mặt bàn số đồng xu có mặt màu xanh ngửa lên phía ln ln số lẻ Vậy sau 2022 lượt chơi nhận 2021 đồng xu có mặt màu đỏ ngửa lên phía 0,25 Xét tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c thay đổi thỏa mãn c + 2b = abc Tìm + + giá trị nhỏ biểu thức P = b +c - a a +c - b a +b- c (1,0) Với hai số x, y > ta có ( x- y ) 0,5 0,25 0,25 ³ Û x + y ³ xy > tương tự 1 + ³ >0 x y xy ỉ1 1ư 1 ÷ ³ 4Û + ỗ + ữ T ú suy ( x + y) ỗ ữ ữ ỗ x y x +y èx y ø 0,25 1 Dấu xảy x = y Vậy với x, y > ta có + ³ x y x +y + + b +c - a a +c - b a +b- c æ ỉ ỉ 1 ữ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ữ P =ỗ + + + + + ỗ ç ç ÷ ÷ ÷ ç çb + c - a a + c - bứ ỗa + c - b a + b - c ÷ ÷ è ÷ è èb + c - a a + b - c ø ø Với tam giác ABC ta có b + c - a > 0,a + c - b > 0,a + b - c > nên áp dụng kết Ta có P = vào ta được: P ³ 0,25 æ 12 3ư ÷ + + = + + = 2ỗ + + ữ ỗ ữ ç ÷ 2b 2c 2a b c a b c aø è Theo giả thiết 2b + c = abc Û ỉ 3ư ÷ a+ ÷ ³ 2.2 a = + = a suy P 2ỗ ỗ ữ ỗ ữ aứ a c b è 0,25 ìï ïï a = b = c ïï ï2 Vậy GTNN P ïí + = a Û a = b = c = hay tam giác ABC tam giác ïï c b ïï ïï a = a ïỵ cạnh 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 trịn Hết