cho hình chữ nhật ABCD.. Lấy các điểm E,F thuộc cạnh AB E nằm giữa A và F ; G;H thuộc cạnh BC G nằm giữa B và H;I,J thuộc cạnh CD I nằm giữa cạnh C và J; K,M thuộc cạnh DA K nằm giữa D
Trang 1GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN THPT CHUYÊN BẮC NINH
2023
ĐỀ BÀI
CÂU 1
1 Rút gọn biểu thức P=√3+2√2−√3−2√2.
2 Vẻ đường thẳng d của đồ thị hàm số y =2x-4 tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d
Câu 2
2.1giải hệ phương trình {6 x+6 y=2023|xy|
x−2 y=3 xy
2.2giải phương trình 2x+3+√4 x2+9 x +2=2√x+2+√4 x+1
Câu 3
1 cho tam giác ABC nội tiếp (O) , có ba góc nhọn , AB<AC, hai đường cao BE và
CF , các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại S gọi M là giao điểm của BC và SO,
2 a) chứng minh rằng tam giác EAB đồng dạng với tam giác MBS , từ đó suy ra tam giác AEM đồng dạng với tam giác ABS
b) gọi N là giao điểm của AM và EF , P là giao điểm của SA va BC, chứng minh rằng NP vuông góc tại BC>
2 cho hình chữ nhật ABCD Lấy các điểm E,F thuộc cạnh AB (E nằm giữa A và F ) ; G;H thuộc cạnh BC (G nằm giữa B và H);I,J thuộc cạnh CD (I nằm giữa cạnh C
và J); K,M thuộc cạnh DA (K nằm giữa D và M) sao cho E, F,G,I,J,K,M đôi một phân biệt và khác nhau của đỉnh của hình chữ nhật ABCD , đồng thời hình đa giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình
đa giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ ( theo đơn vị cm) thì EF =IJ
Câu 4.
Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x3
+y3
+z3 =18 (x + y + z )
1 Chứng minh rằng x+y+z chia hết cho 6
2 Tìm giá trị lớn nhất của F =xyz
Câu 5
1.Cho các số thực dương a.b.c thỏa mãn a+b+c=3 chứng minh rằng
15
ab+bc +ca ≥ 6−abc
2 trên mặt phẳng cho 2008 điểm bất kì sao cho khoảng cách giữa 2 điểm tùy ý luôn lơn hơn 1 Chứng minh rằng mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho
Trang 2ĐÁP ÁN
CÂU 1
3 Rút gọn biểu thức P=√3+2√2−√3−2√2.
4 Vẻ đường thẳng d của đồ thị hàm số y =2x-4 tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d
Lời giải
1
Ta có :
P=√3+2√2−√3−2√2=√( 1+√2 )2−√( 1−√2 )2
= |1+√2|−|1−√2|=1+√2− (√2−1 ) =2
Vậy P=2
2.gọi giao điểm của d với trục Ox,Oy lần lượt là A(a;0);B(0,b)
khi này, ta có : {2 aa−4=0−4=b ⇒{B(0 ;−4) A(2 ;0)
kẻ OH⊥ AB={H}
khi này , xét ∆ OAB vuông tại O ,đường cao OH nên
1
OH2 = 1
OA2 + 1
OB2 = 1
2 2 + 1
4 2 = 5
16⇒OH =4√5
5
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là4√5
5
Câu 2
4.1giải hệ phương trình {6 x+6 y=2023|xy|
x−2 y=3 xy
4.2giải phương trình 2x+3+√4 x2+9 x +2=2√x+2+√4 x+1
lời giải
2.1.xét x=0 khi đó y=0
Xét x≠ 0 khi đó y ≠ 0
Trang 3Trường hợp 1 xy>0
Khi đó hệ trở thành
{6y+
6
1
y−
2
x=3
⟺{1x=
2005 18 1
y=
2032 9
⟺{x = 18
2005
y= 9
2032
(thỏa mãn)
Trường hợp 2 xy<0
{6y+
6
1
y−
2
x=3
⟺{1x=
−2041 18 1
y=
−2014 9
⟺{x=−18
2041
y= −9
2014
(loại do xy < 0)
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm x=200515 ; y= 9
2032và x=0 ; y=0.
2.2
Điều kiện xác định x≥−1
4
Ta có 4x2+9 x+2=( x+2)( 4 x+1);2 x+3=10
7 ( x +2)+
1
7(4 x+1)
Đặt √x+2=a ;√4 x +1=b (a>0 , b ≥ 0) , phương tình trở thành:
10a2+b2+7 ab=7 (2 a+b) ⟺ (2 a+b) (5 a+b )=7 (2 a+b )
Do a>0 ,b≥ 0 ⟹2 a+b>0
Nên 5a+b=7⟺ 5√x +2+√4 x+1=7
⇒( 7−√4 x +1)2=25( x +2) ⇒2√4 x+1=−3 x
⟹ 16 x+4=9 x2⇒ xϵ{2 ;−2
Thử lại , ta thấy chỉ x=−29 thỏamãn
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x=−29 .
Câu 3
Trang 43 cho tam giác ABC nội tiếp (O) , có ba góc nhọn , AB<AC, hai đường cao
BE và CF , các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại S gọi M là giao điểm của BC và SO,
4 a) chứng minh rằng tam giác EAB đồng dạng với tam giác MBS , từ đó suy
ra tam giác AEM đồng dạng với tam giác ABS
b) gọi N là giao điểm của AM và EF , P là giao điểm của SA va BC, chứng minh rằng NP vuông góc tại BC>
2 cho hình chữ nhật ABCD Lấy các điểm E,F thuộc cạnh AB (E nằm giữa
A và F ) ; G;H thuộc cạnh BC (G nằm giữa B và H);I,J thuộc cạnh CD (I nằm giữa cạnh C và J); K,M thuộc cạnh DA (K nằm giữa D và M) sao cho
E, F,G,I,J,K,M đôi một phân biệt và khác nhau của đỉnh của hình chữ nhật ABCD , đồng thời hình đa giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình đa giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ ( theo đơn vị cm) thì EF =IJ
Lời giải
Trang 51 a) đầu tiên , vì S là giao 2 tiếp tuyến tại B và C của (O) nên
{ SBC=^^ BAC
^
AEB=^ SMB=90 °
vìvậy ∆ AEB ∆ BMS ( g g)
Suy ra AB BS= AE
BM ⟺ AB
BS=
AE
EM (1)
Lại có
| ¿ | =^ABC +^ CBS=^ ABC +^ BAC=180 °−^ ACB=180 °−^ MEC=^ AEM (2)¿
từ (1) và (2) suy ra ∆ AEM ∆|( c g c )|
b) lấy giao điểm của AS với EF là K
từ câu a ta có :
^
EAM =^ BAS
Trang 6Hay { ^EAN =^ BAP
^
ABP=^ AEN (⋄ BFEC NỘI TIẾP)
Nêm ∆ AEN ∆ ABP suy ra ^ ANE =^ APB
Vậy nên ⋄ KPMN nội tiếp
Cùng với đó ta có:{^EAM=^ BAS ⇒ ^ CAP=^ BAM
^ABM=^ AEK
NÊN ∆ AEK ∆ ABM (g g)
Suy ra BM EK=AE
AB=
EF BC
Mà MB= 12BC ⇒ EK=1
2 EF hay K làtrung điểm của EF
Lại có ME=MF =12BC ⇒ MK ⊥ EF
Ta có :tứ giác KPMN nộitiếp , suy ra
^
NKM=^ NPM =90 °
nên NP ⊥ PM
VẬY BÀI TOÁN ĐÃ ĐƯỢC CHỨNG MINH
5
GỌI EF =a,FG=b, GH=c, HI=d, Ị=e, JK=f, KM=g,ME=h
Do các góc bằng nhau mà đây là hình bát giác lồi nên mỗi góc bằng 135 độ hay các tam giác MAE , FBG, CIH, DKJ vuông cân
Trang 7⇒ MA= AE= h
√2; BF=
b
√2;CI =
d
√2;DK =DJ =
f
√2
vì AB=CD nên h
√2+a+
b
√2=
f
√2+e +
d
√2
Hay (e-a)√2=h+b-f-d
Mà e-a hữu tỉ , h+b-f-d hữu tỉ ,√2 vô tỉ
Nên e-a =0 hay EF=IJ
Câu 4
Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x3+y3+z3=18 (x + y + z )
3 Chứng minh rằng x+y+z chia hết cho 6
4 Tìm giá trị lớn nhất của F =xyz
Lời giải
1 Có x3−x=x ( x−1)( x +1) làtích của 3 số nguyên liên tiếp
Suy ra (x3−x¿chiahết cho 2;3
Mà (2;3) =1
Nên (x3−x¿ / 6
Vì vậy nên 18(x+y+z)=x3+y3+z3=x+ y+z mod 6
Suy ra 17(x+y+z)=0 mod 6
Mà (17;6)=1
Nên (x+y+z) chia hết cho 6
2 Có 18(x+y+z)=(x3
+y3
+z3
¿≥ ( x + y + z )
3
9
Mà x, y ,z là các số nguyên dương ⇒ x + y +z>0
nên ( x + y + z )2≤ 18.9=162<132
hay x+y+z<13
mà ( x+y+z)/6 và có (x+y+z)>0
⇒( x + y +z)∈{6 ;12}
Trường hợp 1 : x+y+z=6
Suy ra 6=x+y+z≥ 3√3xyz
Hay xyz ≤ 8
Trang 8Trường hợp 2: x+y+z=12
Suy ra 12=x+y+z≥ 3√3xyz
Hay xyz ≤ 64
Chú ý :x+y+z /2 nên x,y,z, không thể cùng lẻ suy ra xyz /2
Nếu xyz=64⟹ x= yz=4 , thử laij :loại
Nếu xyz =62=1.2.31
Mà x+y+z =12 suy ra x;y;z <12 (loại)
Nếu xyz =60, kết hợp x+y+z=12
Ta thấy duy nhất bộ (3;4;5) thỏa mãn
Từ 2 trường hợp , ta thấy Fmax =60
VầyFmax =60 ⇔ (x , y , z) làhoán vị của(3 ;4 ;5 ).
Câu 5
1.Cho các số thực dương a.b.c thỏa mãn a+b+c=3 chứng minh rằng
15
ab+bc +ca ≥ 6−abc
2 trên mặt phẳng cho 2008 điểm bất kì sao cho khoảng cách giữa 2 điểm tùy ý luôn lơn hơn 1 Chứng minh rằng mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho
Lời giải
1 , ta chứng minh bổ đề sau : ( bất đẳng thức )
(a+ b+c )2+9 abc ≥ 4 (a+b +c ) (ab+bc +ca )
Do vai trò của a,b,c như nhau nên giả sữ a ≥ b ≥ c
Khi đó bổ đề tương tự: a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)≥ 0
Ta có c(c-a)(c-b)≥ 0
Xét a(a-c)−b¿b−c¿ =(a−b)(a+ b ± c)≥0
⟹ a (a−c ) (a−b )−b (b−c ) (a−b)=a (a−c )( a−b )+b (b−c ) (b−a)≥ 0
Cộng vế với vế 2 bất đẳng thức trên ta chúng được bổ đề
Đặt a+b+c=p ,ab+bc+ca=q, abc=r
Trang 9Khi đó p=3,q ≤ P2
15
q +r ≥ 6
Theo bổ đề ta có : r≥ max(0; 4 pq− p
3
Trường hợp 1: r≥ 0 suy ra 0 ≥ 4 q−9
4
Khi đó 15q +r −6 ≥15
15
q +r ≥ 6
Trường hợp 2 : r≥ 4 q−9
3 suy ra 3≥ q ≥9
4
Do đó :
15
q +r-6 ≥15
q +
4 q−9
(3−q )(15−4 q )
3 q
Đẳng thức xảy ra khi { q= p
2
3
3
p=3
hay a=b=c=1
2 phản chứng , giả sử tồn ại một hình tròn tâm O , bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm A,B,C,D,E,F trong đó 2008 điểm đã cho
Không mất tính tổng quát, giả sử OA,OB,OC,OD,OE,OF sắp xếp theo thứ tự chiều kim đồng hồ
Lúc này :^AOB+^ BOC+^ COD+^ DOE+^ EOF +^ FOA=360 °
Nên tồn tại ít nhất 1 trong 6 góc trên có số đo không vượt quá 360°6 =60 °
Giả sử ^AOB ≤60 °
Xét ∆ AOB có :OA ,OB≤ 1< AB suy ra ^ BAO , ^ ABO<^ AOB=60 °
suyra ^ ABO+^ BAO+^ AOB <180 °hay 180°<180 ° (vô lý )
Vậy giả sử sai, bài toán được chứng minh