SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ CHÍNH THỨC
3
3
+
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Kháo thi ngày 19/03/2023 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kè̉ thời gian giao đề)
−
x =
− 16 8 5
+ 18 8 5
A
x
3 12 +
x
31
(
)2023
Bài 1. (4,0 điểm) = a) Cho
+
−
−
−
=
: 2
B
2 +
x −
−
+ −
x +
x 5
6
2
2 3
1
x
x
3 x
x x
x
.Tính giá trị của biểu thức A khi + b) Cho biểu thức : . Rút gọn biểu thức B
1 B
5 ≤ − 2
và tìm các giá trị của x để
−
x
x
2
1
Bài 2. (4,0 điểm)
+ + − = x 0
x
− + 1
y
− = 1
2
a) Giải phương trình 2 3
+
=
1
1 x
1 y
b) Giải hệ phương trình:
2
−
Bài 3. (2,0 điểm)
x
1 0.
− = ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai
=
Cho phương trình:
T
,x x thỏa 1 2
m x x x 1 2 +
m 2 3 +
+
+ + 2(1
)
2 2 2 x 2
x x 1 2
2 x 1
2
2
2 2 x y
x
y
+
≤
x
y
2
0
đạt giá trị nhỏ nhất. nghiệm
. Chứng minh Bài4. (2,0 điểm) x y >, Cho
(
)
thỏa mãn điều kiện + = 2
2
2
−
−
−
−
3
x
y
2
xy
2
x
2
y
+ = 8 0
Bài 5. (2,5 điểm)
3
2
n
n
+
−
−
n 11
6
6
a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :
b) Chứng minh rằng : chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
;O R có đường kínhAB . Điểm C là điểm bất kỳ trên O ,
B
Bài 6 (4,5 điểm).
) .Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P và Q
2
POQ
.AP BQ R .
( C A C
và
,H I lần lượt là trung điểm của MN và PQ . Đường trung trực của MN và đường trung trực của PQ cắt nhau tại K . chứng minh AB
4. IK c) Chứng minh NMQ NPQ
Cho đường tròn , a) Chứng minh 090 b) OP cắt AC tại M , OQ cắt BC tại N . Gọi
Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 1 . Tứ giác MNPQ có các đỉnh
Bài 7. (1,0 điểm) nằm trên các cạch của hình vuông. Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2. ----Hết ---
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng và máy tính cầm tay.
Hướng dẫn Nội dung
a)Tính giá trị của biểu thức A
Câu 1
Điểm 4.0 2.0
3
3
+
x =
− 16 8 5
+ 16 8 5
3
3
3
+
−
+
−
+
+
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5
16 8 5 )
− 32 12 − x
=
A
x
12
x
2023 1
Ta có: ⇒ 3 x = 3 ⇔ = x 3 12 ⇔ + x ( 3 − =
x = 31 1 )2023 + 31
= 1
2.0
≤ −
5 2
1 B
=
=
B
.....
−
≤ − ⇔ − ≤ − 5 2
8
5
x
x
5 ≤ − ⇔ 2
5 2
b) Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị của x để
1 B
− ≤ ⇔ − ≤
≤ ⇔ ≤
⇔ + 2
x
5
x
3 0
3
x
0
x
x
1 2
1 ≤ ⇔ ≤ ≤ 0 4
1 2
−
2
4.0 2.0
+ + − = x
2
1
0
x
x
+ + − = x 1 0
2 2 −
2
+ − + = x 1 0
x 1
2
⇔ − x
3 0
4
x
(loại)
3
S =
{ }1
a)Giải phương trình 2 3 x 1x ≥ : Trường hợp 1: ta có phương trình 2 3 − 2 x + = ⇔ = (nhận) x 1 0 x x 1 1x < Trường hợp 2: ta có phương trình 2 3 − x = x + = ⇔ = x Vậy tập nghiệm của phương trình:
2.0
x
− + 1
y
− = 1
2 (1)
b)Giải hệ phương trình:
+
=
1 (2)
1 x
1 y
x
≥ 1 xy
y≥ 1; ⇔ + = y x
(3)
+ − +
−
−
ĐK: (2) Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có: + − y
= ⇔ + − + x
2 2
2 2
xy
4
x
y
x
y
x
y
1
)( 1
) 1
(
)
+ = 4
x
4
x
4
Thay (3) vào ta có:
y+ = kết hợp với (3) có hệ:
( + = y = 4 2 4 X−
X
xy ;x y là hai nghiệm của pt:
+ = 4 0
⇒ = x
2;
2
y
Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có ⇒ =
ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 + 1 x − 4 x − 4 x + x 1
S =
2; 2
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình
{ (
} )
2
−
≥ ∀ nên phương trình có hai nghiệm với mọi m.
∆ = '
(
m
1)
0,
+
=
2
2.0 3 Ta có
x 2 =
m −
2
m
1
m x 1 x x 1 2
2
2
2
+
4
m
1
=
=
≥ ⇒ ≥
T
T
0
1) +
Theo định lí Viet, ta có ,
m 4 2 m 4
+ 1 + 2
1 + = 2
1)
+ m 2( 2 m 2(2
1)
+ m ( 2 m 2
1) + 1
− 1 2
suy ra 1 + = 2
m = − 1
+ + m 1 2 2 + m 2(2 1 2
2
2
khi Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là
2 2 x y
x
y
+
≤
x
y
2
x y >,
0
2.0 4 Cho . Chứng minh
(
)
x y ≥ nên , 0
+ ≥ y
2
x
<
≥
x
Vì (bất đẳng thức Cô-si) thỏa mãn điều kiện + = 2 xy
y+ = ) hay 0 2
xy
≤ 1
2
≤ suy ra
(vì Suy ra 2 2 xy
xy<
1
2 x y
xy≤
2
2
2
2 2 x y
x
y
xy
x
y
+
≤
+
−
2
xy
−(4 2 )
xy (do
x
y+ = )
2
Do đó 0
(
)
Xét vế trái
)
(
xy =
2 2 x y
xy
2 2 x y
xy
= −
+
−
+ −
2
4
= − (
2
1 1)
2
xy
−
+ ≤
2 2
(
) 1
y
y
x ⇔ = =
1
Dấu ="
" xảy ra khi
.
1
= x xy =
= −
5
2
2
2.5
−
−
−
−
3
x
y
2
xy
2
x
2
y
+ = 8 0
2
2
−
−
−
−
+ =
3
x
y
2
xy
2
x
2
y
8 0
2
2
+
−
−
+
⇔ + y
2
x
y
3
x
2
x
8
= 0
(
) 1
(
)
2
2
+
+
−
+ =
+
x
3
x
2
x
8 4
x
9
(
)2 1
' ∆ = y
⇒
Phương trình có nghiệm
'∆ là số chính phương
2
2
∈
Đặt
4
x
+ = 9
m m N
(
)
2
=
4
2 − x m
x m
9
2
2
+ x m
9
( = ⇔ −
)(
)
{ x⇒ −
} 2;0; 2
−
y
1.5 a)Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :
16 0
y
2
Với
2 6 + 2
+
8 0
y
0
Với
−
2 y 2 2 −
y
y
{ } = ⇒ ∈ − y 8; 2 { } − = ⇒ ∈ − 4; 2 } { = ⇒ ∈ − y 6; 4
Với
x = ,ta được x = ,ta được y x = − ,ta được 2
24 0
−
−
Vậy nghiệm nguyên của pt là: (
) 2; 8− ;(
) ( 2;6 ;
) ( 0; 4 ; 0; 2
3
2
n
n
+
−
−
n 11
6
6
)2; 2 ;( ;( ) ) − − 2; 4 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
2
3
3
2
2
n
n
n
n
n
n
−
−
+
+
−
1.0
− = 6
6
5
5
6
6
n n
n
=
− +
−
+ 2 n n (
1) 5 (
1) 6(
1)
− − 2
n
n
n
−
−
=
−
(
1)(
2)(
3)
−
n
n
n
−
n n n − = + − ( 1)( 6) 5 n n n Do − − 1, 3 2, là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hếu cho2, một số chia hết cho 3 và ( 2,3 )( )( Vậy( − 2 1
) = 1 ) − 3 6
b)Chứng minh rằng : với ∈n Z , ta có: n n − 11
4.5
6
mọi số nguyên n
Q
K
I
C
P
H
M
N
A
B
O
2
POQ
.AP BQ R .
( OP là tia giác của COA )
*Ta có: 1 COA POC
2
( OQ là tia giác của COB )
: 1 COB QOC
2
0
0
.
POQ POC QOC
COA COB
180
90
2.0 a) Chứng minh 090 và
1 2
1 2 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
* Ta có:
AP
PC BQ QC
;
2
.CP CQ OC
POQ
vuông tại O
.AP BQ R
2
AB
IK 4.
AC MA MC CMO
,
0 90
b)Chứng minh 1.5
0 90
,
BC
NB NC CNO
KH
// OHKI
OQ là đường trung trực của mà 090 nên MONC là hình chữ nhật OC MN POQ AP //BQ nên APQB là hình thang cân và nhận IO là đường trung bình OI //BQ . Mà BQ AB OI AB Ta có MN là đường trung bình của ABC MN KH AB Mà KH MN
, AB AB 2 MN là hình bình hành
//OI
AB
AB
4.
IK
IK OH
MN
1 2
ta có OP là đường trung trực của
1 4 c)Chứng minh NMQ NPQ
0 90
OMCN
1.0
là tứ giác nội tiếp
( cùng chắn cung ON )
0
0
PQO PMN
180
0 Ta có: CMO CNO 90 , OMN OCN Mặc khác OCN POQ OMN PMN
180
( cùng phụ CON ) OMN PQO
NMQ NPQ
Ta có tứ giác PMNQ nội tiếp
7
1.0
M
B
A
E
N
I
Q
F
C
D
P
,
,
,
Gọi
AE
EI
IF
;
;
;
QM 2
,E F I lần lượt là trung điểm MN 2
)
AC 2
2
QP 2 Chu vi của tứ giácMNPQ là MN PN QP QM EI FC IF AE 2( Vậu chu vi của tứ giácMNPQ không nhỏ hơn 2
QM PN QN PN FC 2
--Hết---
