113 hsg 14 thanh hoa nguyen vinh

Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức  xy  x   A  x    1 :    xy  1  xy      A Rút gọn biểu thức xy  x xy   x 1   xy    6 y Cho x Tìm giá trị lớn A Câu 2: (5,0 điểm) x   m   x  m  2m  0 Tìm m để phương trình 1   2 x x có hai nghiệm thực phân biệt , thỏa mãn x1  x2 x1 x2 15m  x  y  z 1  4 Giải hệ phương trình  x  y  z xyz Cho phương trình Câu 3: (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  a; b   a b  cho chia hết  a b –1 cho Tìm x, y, z   thỏa mãn x2  y  z Câu 4: (6,0 điểm) Cho nửa đường tròn 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 không đổi M di chuyển cung BD Câu 5: (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương thoả mãn x  y 1 B 31 3 xy x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức ……………….HẾT…………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Họ tên thí sinh:…………………………………………….….Số báo danh: ………………… Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức  xy  x   A  x    1 :    xy  1  xy      Rút gọn biểu thức A xy  x xy   x 1   xy    6 y Cho x Tìm giá trị lớn A Lời giải xy 1 Điều kiện: 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     xy 1   xy    xy  x   xy 1   x 1   xy   1 x  x y  xy xy   2 x y Theo Cơsi, ta có:  xy 9 xy  1 x y  x y Dấu xảy   x y  Vậy: maxA  9, đạt khi: Câu 2: (5,0 điểm) x   m   x  m  2m  0 Tìm m để phương trình 1   2 x x có hai nghiệm thực phân biệt , thỏa mãn x1  x2 x1 x2 15m  x  y  z 1  4 Giải hệ phương trình  x  y  z xyz Cho phương trình Lời giải PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 2  '    m     m  2m     m  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word môn tốn: (*) TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com  x1  x2 4  2m  Với m  theo Vi-et ta có:  x1.x2 m  2m  1 1      2 x  x2 x1 x2 15m  x1  x2   x1 x2 x1 x2 15m Ta có 1 1    m  6m  m  2m  15m 1    4 m  t m   m   15 m m m Đặt m   t   t  1     t  t  12 t  t  15  Ta cos (1) trở thành ( t  ) m    m  m Với t  ta có thỏa mãn (*) Ta có: x4  y y4  z z  x4 x4  y  z     2 x y  y z  z x2 = 2 (1) x2 y  y z y z  z x2 z x2  x2 y    xyyz  yzzx  zxxy 2 = = xyz  x  y  z  xyz (vì x  y  z 1 )  x  y z   x  y z   x  y  z 1 Dấu xảy 1 1 ; ;   3 3  x; y; z   Vậy nghiệm hệ phương trình là: Câu 3: (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương  a; b   a b  cho chia hết  a b –1 cho Tìm x, y, z   thỏa mãn x2  y  z Lời giải  a  b   a b –1 , tức là: a  b Giả sử  a  k b  ka – b   a  k mb 2 k  a 2b –1 , với k   * (1) Ở m  , mà: m ka – b  m  b ka Từ (1) (2) suy ra:  m –1  b –1 mb – b – m 1   m –1  b –1  a 1  k 1 – ka  2 (2) (3) Do m  (điều suy từ (1) a, k , b  ) nên m 1 (vì m   )   m –1  b –1 0 Do b  nên b  0 (do b   ) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Vì từ (3) suy ra:  a  1  k  – ka  0 k  – ka 0  k  ka  k  a –1 Lại a  nên suy ra: a  , a  0) k  , k  a –1 0 Vì (do nên  k (a  1) 0  k (a  1) 1   (4) từ (4)  m  2  b  1   m –1  b –1 2    m  1   b  2  b 2  b 3  có:  a 1   a 2  k 1 - Với a 1 Thay vào (3) ta được: Vậy, trường hợp ta có: a 1, b 2 a 1, b 3 - Với a 2 (vì k 1) Thay vào (3) ta có: Khi b 1, ta được: a 2, b 1  b 1  m 1  m –1  b –1 0   Khi m 1: Từ (1) suy a  k b  b 3 Lúc được: a 2, b 3  a; b  thỏa mãn tốn Tóm lại, có cặp số  1;  ,  1; 3 ,  2; 3 ,  2; 1 Ta có là: x   y  z  x   y  z  yz   x  y  z   2 yz   x  y  z    x  y  z   12 4 yz (1) 3 yz   x  y  z   12 4 x  y  z TH1 Nếu x  y  z 0 Ta có (do x, y, z   nên vế phải (2) số hữu tỷ )  x  y  z 0  1    yz 3 TH2 x  y  z 0 Giải (3) ta  x 4   y 1  z 3   x 4   y 3  z 1  vô lý (2) (3) thử lại thỏa mãn Câu 4: (6,0 điểm) Cho nửa đường tròn 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 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 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 E Lời giải Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường  kính AB (giả thiết) nên AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  hay FMB 90  Mặt khác FCB 90 (giả thiết).Do   FMB  FCB 180 Suy BCFM tứ giác nội tiếp D I H A F C O    CBM EFM  1 M B  (vì bù với CFM )   CBM EMF   (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây Mặt khác    cung chắn AM ) Từ (1) (2)  EFM EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E    (Có thể nhận EMF MBA MFE nên suy EMF cân)  IF D  DIH  2 Gọi H trung điểm DF Suy IH  DF (3) I   Trong đường trịn   ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc 1  DMF  D IF tâm chắn cung DF Suy (4) DMF DIH  DMA DIH  Từ (3) (4) suy hay O    Trong đường trịn   ta có: DMA DBA (góc nội tiếp chắn DA )   Suy DBA DIH Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do     DBA  HIB 180o  DIH  HIB 180o  Ba điểm D, I , B thẳng hàng  ABI  ABD  sđ AD D , I , B Vì ba điểm thẳng hàng  sđ AD Mà C cố định nên D cố định không đổi Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD Câu 5: (3,0 điểm) Cho x, y số thực dương thoả mãn x  y 1 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word môn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com B Tìm giá trị nhỏ biểu thức  x  y xy Lời giải B Ta có:  xy     xy  xy xy xy (1  3xy ) ( x  y )  3xy ( x  y) xy  ( x  y )2  4 Theo Côsi: B Gọi giá trị B, đó, tồn x, y để:  xy B0   3B0  xy  –   B0  xy  0 xy (1  3xy ) Để tồn x, y (1) phải có nghiệm (1)  B 4  x, y    B02 – B0  0   o  Bo 4  Để ý với giả thiết tốn B  Do ta có: B0 4   B0 B0 4   xy     x(1  x)   B0 6  3 6  3 Với x2  x   6  3  1 0  x  1 1 ,x  Vậy, Bmin 4  , đạt 1 x 1 x 1 2 1 1 , y 1 3 1 1 1 3 , y 2 …………… HẾT…………… Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC