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 x2 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 x2 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