Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh khối 9 THCS – Tỉnh Bình Định môn Toán41845

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh  xy  x   Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A   x    1 : 1    xy  1  xy    Rút gọn biểu thức A Cho   Tìm giá trị lớn A x xy  x xy   x 1   xy   y Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x  2m  2x  m  2m   Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x  y  z  Giải hệ phương trình  4  x  y  z  xyz 1   x  x2 x1 x2 15m Câu III (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1) Tìm x, y, z  N thỏa mãn x2  y  z Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD Chứng minh tam giác EMF tam giác cân Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng Chứng minh góc ABI có số đo không đổi M di chuyển cung BD Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y số thực dương thoả mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức B  3  x y xy - HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ThuVienDeThi.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý I Điều kiện: (4,0đ) (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) Điểm xy   xy  1  xy  11  xy :  xy  11  xy   xy  11  xy   xy  x  xy  1  x  11  xy    xy  11  xy   x  11  xy   xy  x  xy  1  xy  11  xy     xy  11  xy   xy  x  xy  1  x  11  xy  A      x  1  xy  0,25 xy  x 1 x  x y  xy xy 0,50 0,50 1,25 Theo Cơsi, ta có:    (1,5đ) x y   xy xy Dấu xảy    x = y = x y Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = II PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: (5,0đ) (2,5đ) '  m  22  m  2m  4  m  (*)  x1  x2   2m Với m  theo Vi-et ta có:   x1 x2  m  2m  0,50 0,50 0,50 1 1 Ta có 2  (1)     x1  x2 x1 x2 15m x1  x2   x1 x2 x1 x2 15m 1    m  6m  m  2m  15m 1    Đặt m   t m   t  4 m m   m   15 m m t  4 1     t  4 ( t  ) Ta cos (1) trở thành t  t  15 t  12 Với t  4 ta có m   4  m  2 thỏa mãn (*) m Ta có: (2,5đ) 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,50 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ThuVienDeThi.com x4  y y  z z  x4    x2 y  y z  z x2 = 2 2 2 2 2 2 x y y z y z z x z x  x2 y =    xyyz  yzzx  zxxy = 2 x4  y  z  0,50 0,50 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) x  y  z x yz x  y  z  Dấu xảy   1 Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x  ; y  ; z    3 0,50 3 III Giả sử (a + b2) ฀ (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k  ฀* (4,0đ) (2,0đ)  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb (1) Ở m  ฀ mà: m = ka2 – b  m + b = ka2 (2) 0,50 Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m +   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m  (vì m  ฀) Do b > nên b –  (do b  ฀)  (m – 1)(b – 1)  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  0,50 Lại a > nên suy ra: k + – ka   k +  ka   k(a – 1) (4) Vì a –  (do a  ฀, a > 0) k  ฀, k > nên từ (4) có: a   k(a  1)     a    k(a  1)   k  0,25 - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =   m     b     b  b   m      b   Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = 0,25 - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =  b  m   Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b  b = Lúc được: a = 2, b = 0,25 Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 0,25 3), (2; 1) Ta có x   y  z  x   y  z  yz 0,50 (2,0đ)  x  y  z   yz  x  y  z   x  y  z  12  yz (1) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ThuVienDeThi.com TH1 Nếu x  y  z  Ta có yz  x  y  z   12 (2) vô lý 3 4x  y  z  ( x, y, z  N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) x  y  z  (3)  yz  IV (6,0đ) 0,50 TH2 x  y  z  1  0.50 x  x   Giải (3) ta  y   y  thử lại thỏa mãn z  z    0,50 E (2.5đ) D I M H A F C O 0,50 0,50 B Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên ฀ AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ฀ hay FMB  900 ฀ ฀ ฀ Mặt khác FCB  900 (giả thiết).Do FMB  FCB  1800 ฀ ฀ Suy BCFM tứ giác nội tiếp  CBM  EFM 1 (vì bù 0,50 0,50 0,50 ฀ với CFM ) ฀ ฀ Mặt khác CBM  EMF 2  (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến ฀ ) Từ (1) (2)  EFM ฀ ฀ dây cung chắn AM  EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E ฀ ฀ ฀ (Có thể nhận EMF nên suy EMF  MBA  MFE cân) ฀ ฀  DIF 3 Gọị H trung điểm DF Suy IH  DF DIH ฀ ฀ góc nội tiếp Trong đường trịn I  ta có: DMF DIF 1฀ ฀  DIF góc tâm chắn cung DF Suy DMF (4) ฀ ฀ ฀ ฀  DIH  DIH Từ (3) (4) suy DMF hay DMA ฀ ฀ Trong đường tròn O  ta có: DMA  DBA (góc nội tiếp (2.5đ) ฀ ) chắn DA ฀ ฀  DIH Suy DBA Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do ฀ ฀  180o  DIH ฀  HIB ฀  180o  Ba điểm D, I, B thẳng DBA  HIB http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ThuVienDeThi.com 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 3(1đ) hàng ฀  ABD ฀ Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng  ABI  ฀ sđ AD 2 ฀ không đổi Mà C cố định nên D cố định  sđ AD 0,50 0,50 Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD  2xy     (x  y)  3xy(x  y) xy  3xy xy xy(1  3xy) (x  y) Theo Côsi: xy   4  2xy Gọi Bo giá trị B, đó, x, y để: Bo   xy(1  3xy) Ta có: B  0.25  3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy   = Bo2 – 8Bo +  0.25  Bo   0   Bo   V(1đ) Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo   Với Bo    xy   Bo    x(1  x)    6Bo 2   2    x2  x     x  2   1 3 1 1 1 3 ,x  2 Vậy, Bmin   , đạt x  x  1 0.25 3 1 1 1 3 , y 2 1 3 1 1 1 3 , y 2 0.25 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm 3) Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ThuVienDeThi.com ... TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014... (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k  ฀* (4,0đ) (2,0đ)  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb (1) Ở m  ฀ mà: m = ka2 – b  m + b = ka2 (2) 0,50 Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b –. .. m +   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m  (vì m  ฀) Do b > nên b –  (do b  ฀)  (m – 1)(b – 1)  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  0,50