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 1   xy  1  xy   xy  xy      Rút gọn biểu thức A Cho   Tìm giá trị lớn A x y Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x  2m  2x  m2  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 + 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 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức B  3  x y - HẾT - xy LỜI GIẢI Ở TRANG Câu I (4,0đ) Ý (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) Điểm Điều kiện: xy  A      x  1  xy   xy  1    xy  11  xy  xy  x  xy  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   (1,5đ) II (5,0đ) (2,5đ) 0,25  xy  1  xy  1 x  x y  xy xy 0,50 1,25 Theo Cơsi, ta có:    x y   xy xy Dấu xảy    x = y = x y Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = T cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: '  m  22  m  2m  4   m  (*)  x1  x2   2m Với m  theo Vi-et ta có:   x1 x2  m  2m  1 1      Ta có 2 x1  x2 x1 x2 15m x1  x2   x1 x2 x1 x2 15m (1) 1    m  6m  m  2m  15m 1    Đặt m   t m   t  4 m 15 m 6 m 2 m m t  4 1     t  4 ( Ta cos (1) trở thành t  t  15 t  12 t0 ) Với t  4 ta có m  0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50  4  m  2 thỏa mãn (*) m 0,25 (2,5đ) Ta có: 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 0,50 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) 0,50 x4  y  z  0,50 x  y  z x yz x  y  z  Dấu xảy   1 Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x  ; y  ; z    III (4,0đ) (2,0đ) 3 0,50 3 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) 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)  Lại a > nên suy ra: k + – ka   k +  ka   k(a – 1) (4) Vì a –  (do a  , a > 0) k  , k > nên từ (4) a   k(a  1)     a  có:  k(a  1)    k  0,50 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 = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0,25 b  0  m  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) (2,0đ) Ta có x   y  z  x   y  z  yz 0,25 0,25 0,50  x  y  z    yz  x  y  z   3x  y  z   12  yz (1) yz  x  y  z   12 (2) 3 4x  y  z  TH1 Nếu x  y  z  Ta có 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 M H A F C O B Ta có M thuộc đường tròn 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 Suy BCFM tứ giác nội tiếp  CBM  EFM 1 (vì bù với CFM ) Mặt khác CBM  EMF   (góc nội tiếp; góc tạo tiếp 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 tuyến dây cung chắn AM ) Từ (1) (2)  EFM  EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E (C hể nh n a nga EMF  MBA  MFE nên suy EMF cân) DIF Gọị H trung điểm DF Suy IH  DF DIH   3 Trong đường tròn  I  ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF Suy DMF  DIF (4) Từ (3) (4) suy DMF  DIH hay DMA  DIH Trong đường tròn  O  ta có: DMA  DBA 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 (góc nội tiếp chắn DA ) (2.5đ) 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 0,50 Mà C cố định nên D cố định  sđ AD không đổi 0,50 Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD 3(1đ)  2xy     (x  y)  3xy(x  y) xy  3xy xy xy(1  3xy) 0.25 (x  y)  Theo Côsi: xy  4 Ta có: B  Gọi Bo giá trị B, đó, tồn x, y để: Bo   2xy  xy(1  3xy) 0.25  3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) 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   Bo    x(1  x)   6Bo 62  3 62   0.25   x2  x     x  62  3 Vậy, 1 x Bmin   , 1 3 1 1 1 3 ,x  2 đạt 3 1 1 1 3 , y 2 0.25 1 x 3 1 1 1 3 , y 2 ... = 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) (2,0đ) Ta có x   y  z  x   y  z  yz 0,25 0,25 0,50