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 A x 1 : xy 1 xy xy x xy x 1 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 x m 2m 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 1 thỏa mãn x x x x 15m 2 x y z 1 Giải hệ phương trình Tìm m để 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 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 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) Điểm Điều kiện: xy 1 A x 1 xy 1 0,25 xy xy x xy 1 xy 1 xy 1 xy xy xy xy x xy 1 x 1 xy 1 xy x 1 xy xy x xy 1 xy 1 xy 1 xy xy x xy 1 x 1 xy 0,50 xy xy 1 x x y xy xy (1,5đ) xy 9 xy 1 x y x=y= PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ' m 2 m 2m 4 m (*) Với m theo Vi-et ta có: 1 1 Ta có x x x x 15m x x x x x x 15m 2 (1) 2 Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = II (5,0đ) (2,5đ) x1 x 4 m 2m x1 x m 1 m 6m m 2m 15m 1 4 15 m m m m Ta cos (1) trở thành ( t ) Với t ta có m 0,50 1,25 1 Theo Cơsi, ta có: x y 2 Dấu xảy : Đặt m t m 0,50 0,50 0,50 0,25 0,50 0,50 m t t 1 t t t 15 t 12 m m 0,50 0,50 0,50 thỏa mãn (*) 0,25 (2,5đ) Ta có: x4 y y z z x4 x2 y2 y2 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 0,50 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) x y z x y z x y z 1 Dấu xảy 0,50 1 1 Vậy nghiệm hệ phương trình là: x ; y ; z 3 3 III (4,0đ) (2,0đ) Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) a + k = mb (1) Ở m mà: m = ka2 – b m + b = ka2 (2) 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) 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: k(a 1) 0 k(a 1) 1 a 1 a 2 k 1 0,50 0,50 0,25 - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = m 2 b 1 b 2 b 3 m 1 b 2 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 1 (2,0đ) 0 m 1 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 2 yz x y z x y z 12 4 yz 0,25 0,25 0,50 (1) TH1 Nếu x y z 0 Ta có 3 yz x y z 12 4 x y z (2) 0,50 vô lý ( x, y, z N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) TH2 x y z 0 (3) Giải (3) ta thử lại thỏa mãn x y yz 3 x y z x y z IV (6,0đ) 0.50 z 0 4 4 3 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 tròn) hay FMB 900 Mặt khác FCB 90 (giả thiết).Do FMB FCB 1800 CBM EFM (vì Suy BCFM tứ giác nội tiếp bù với CFM ) EMF (góc nội tiếp; góc tạo tiếp Mặt khác CBM ) 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 DIF Gọị H trung điểm DF Suy IH DF DIH 3 Trong đường trịn I ta có: DMF DIF lần lượtlà1góc nội DIF tiếp góc tâm chắn cung DF Suy DMF (4) Từ (3) (4) suy DMF hay DMA DIH DIH (2.5đ) 0,50 0,50 0,50 0,50 Trong đường tròn O 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 Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI ABD sđ AD không đổi Mà C cố định nên D cố định sđ AD 0,50 Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD 0,50 3(1đ) 2xy Ta có: B (x y)3 13xy(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 +40 Bo 4 V(1đ) Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo 4 Với Bo 4 xy Bo x(1 x) 6Bo 6 3 6 3 0.25 x2 x 6 3 Vậy, 1 0 x Bmin 4 , 1 x 1 1 , y 1 x 3 1 1 1 3 , y 2 1 1 ,x đạt 1 1 0.25