054 đề HSG toán 9 thanh hóa 2013 2014

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 Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức     xy + x xy + x A =  x +1 + + ÷: 1 − − x + ÷  xy + 1 − xy ÷ xy − xy + ÷     Rút gọn biểu thức A Cho + =6 Tìm giá trị lớn A x y Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x + 2( m − 2) x + m − 2m + = Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x + x − x x = 15m 2 x + y + z = Giải hệ phương trình  4  x + y + z = xyz Câu III (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b 2) chia hết cho (a2b – 1) Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x + = 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 tròn 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 khơng đổi M di chuyển cung BD Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y số thực dương thoả mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x + y3 + xy - HẾT - LỜI GIẢI Ở TRANG Câu I (4,0đ) Ý (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) Điều kiện: xy ≠ A= ( ( x + 1) ( − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( − xy ) ( xy + 1) ( − xy ) xy + 1) ( − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( − xy ) ( xy + 1) ( − xy ) ( x + 1) ( − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( − = ( xy + 1) ( − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( − = II (5,0đ) Điểm 0,25 : = xy ) xy ) 0,50 = 1+ x = x y + xy xy 1,25 (1,5đ) 1 Theo Cơsi, ta có: = x + y ≥ (2,5đ) 1 Dấu xảy ⇔ x = y ⇔ x = y = Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ∆ '> ⇔ ( m − ) − ( m − 2m + 4) > ⇔ m < (*) ⇒ ≤9 xy xy  x1 + x2 = − 2m m nên b – ≥ (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) ≥ 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) =   k(a − 1) = ⇔  a =   k = - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = ⇔ 0,50 0,50 0,50 0,25  m − =   b − = ⇔  b = b =  m − =    b − = Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0,25 b = m = 0⇔ (2,0đ) Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b ⇒ b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) Ta có x + = y + z ⇔ x + = y + z + yz ⇔ ( x − y − z ) + = yz ⇒ ( x − y − z ) + ( x − y − z ) + 12 = yz (1) 0,25 0,25 0,50 yz − ( x − y − z ) − 12 (2) 4( x − y − z ) TH1 Nếu x − y − z ≠ Ta có 3= vơ lý ( 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 H A F C O M 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( 1=) 180 ⇒ CBM = EFM · tứ Suy giác nội tiếp (vì cùngrabùBCFM với · CFM ·) = EMF ( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp Mặt khác CBM ¼ ) Từ (1) (2) tuyến dây cung chắn AM · · ⇒ EFM = EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E · · · (Có thể nhận EMF nên suy = MBA = MFE EMF cân) 0,50 0,50 0,50 0,50 Gọị H trung điểm DF Suy IH ⊥ DF · DIF · DIH = ( 3) · · · lượt=là1góc · nội Trong đường trịn ( I ) ta có: DMF DIF lần DMF DIF tiếp góc tâm chắn cung DF Suy (4) · · · · Từ (3) (4) suy DMF hay DMA = DIH = DIH · · = DBA Trong đường tròn ( O ) ta có: DMA » (góc nội tiếp · · chắn DA ) Suy DBA = DIH Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC 0,50 0,50 0,50 0,50 · · · · Do DBA + HIB = 180o ⇒ DIH + HIB = 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng · · » Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒1ABI = ABD = sđ AD » ⇒ AD Mà C cố định nên D cố định sđ đổi.trên Do góc ABI có số đo khơng đổi Mkhông thay đổi cung BD 0,50 0,50 (2.5đ) − 2xy 1 1 Ta có: B = (x + y)3 − 3xy(x + y) + xy = − 3xy + xy = xy(1 − 3xy) 0.25 Theo Côsi: xy ≤ (x + y) = 4 Gọi Bo giá trị B, đó, tồn x, y để: Bo = − 2xy xy(1 − 3xy) ⇔ ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) 0.25 Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo – 8Bo  Bo ≥ + +4≥ 0⇔  Bo ≤ − V(1đ) Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo ≥ + Với Bo = + ⇒ xy = ⇔ ⇔ x2 − x + + = ⇔ x = 6( + 3) Vậy, x= x= + Bo = + ⇒ x(1 − x) = + 6Bo 6( + 3) 6( + 3) 1+ 1− 1+ Bmin = + , 3 −1 1− −1 3 ,x = 2 đạt 3 −1 1− −1 3 , y= 2 3 −1 1+ −1 3 , y= 2 0.25 0.25