Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D.. Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E.[r]
(1)Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HỐ ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014
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)
Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức
xy x xy x
x x
A :
xy 1 xy xy xy
.
1 Rút gọn biểu thức A Cho
1 6
x y Tìm giá trị lớn A. Câu II (5,0 điểm).
1.Cho phương trình x2+2 (m− 2) x +m2−2 m+4=0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
2 x1
2 +x22−
1 x1x2=
1 15 m
Giải hệ phương trình 4 x y z
x y z xyz
.
Câu III (4,0 điểm).
Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1).
Tìm x , y , z∈ N thỏa mãn √x+2√3=√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 trịn 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
1 Chứng minh tam giác EMF tam giác cân
2 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 3
1
B
xy
x y
.
HẾT
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm
Số báo danh
(2)Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014
Mơn thi: TỐN - Lớp THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm
I (4,0đ)
1
(2,5đ) Điều kiện: xy 1 0,25
x 1 xy xy x xy xy 1 xy
A :
xy 1 xy
xy 1 xy xy x xy x 1 xy
xy 1 xy
0,50
x 1 xy xy x xy xy 1 xy
xy 1 xy xy x xy x 1 xy
0,50
1 x
x y xy xy
. 1,25
2 (1,5đ)
Theo Cơsi, ta có:
1 1
6
x y xy xy
0,50
Dấu xảy
1
x y x = y =
1
9 0,50
Vậy: maxA = 9, đạt : x = y =
1
9. 0,50
II (5,0đ)
1 (2,5đ)
PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
Δ'>0 ⇔(m −2)2−(m2− m+4)>0⇔m<0 (*)
0,50 Với m<0 theo Vi-et ta có:
¿
x1+x2=4 −2 m
x1 x2=m
−2 m+4
¿{
¿
0,25 Ta có x
1
+x22− x1x2
= 15 m ⇔
2
(x1+x2)
−2 x1x2− x1x2
=
15 m (1) 0,50
⇔
m2− m+4−
m2−2 m+4=
15 m 0,50
⇔
m+4 m− 6
−
m+ m−2
=
15 Đặt m+4
m=t m<0 ⇒t<0
0,50
Ta cos (1) trở thành t −6−
1 t −2=
1 15⇔ t=−4
¿ t=12
¿ ⇒t=− 4
¿ ¿ ¿
( t<0
)
0,50 Với t=− 4 ta có m+
m=− 4⇔ m=−2 thỏa mãn (*)
(3)2 (2,5đ)
Ta có:
4 4 4 4 4
2 2
x y y z z x
x y z x y2 y z2 z x2
=
=
2 2 2 2 2 2
2 2
x y y z y z z x z x x y
xyyz yzzx zxxy
= = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1)
0,50
0,50
0,50
Dấu xảy
1
1
x y z
x y z
x y z
Vậy nghiệm hệ phương trình là:
1 1
; ;
3 3
x y z
0,50
III (4,0đ)
1 (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) 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)
0,50 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)
a k(a 1)
k
0,25
- Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = m
b 1 b
b m 1
b
Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = 0,25
- Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = b m
.
Khi b = 1, ta được: a = 2, b =
Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b b = Lúc được: a = 2, b = 0,25 Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) 0,25
(2,0đ) Ta có √x+2√3=√y +√z ⇔ x+2√3= y +z +2√yz ⇔( x − y − z)+2√3=2√yz⇒( x− y− z)2
+4√3 (x − y − z)+12=4 yz (1)
0,50
TH1 Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có √3=4 yz − (x − y − z )
− 12
4 ( x − y − z ) (2) vô lý
(4)( x , y , z∈ N nên vế phải (2) số hữu tỷ )
TH2 x − y − z =0
(1)⇔ x − y − z =0 yz=3
¿{
(3) 0.50
Giải (3) ta ¿ x=4
y=1 z=3 ¿{ {
¿
¿ x=4 y=3 z=1 ¿{ {
¿
thử lại thỏa mãn 0,50
IV
(6,0đ) (2.5đ)
2 (2.5đ)
D E
M I
H F
C O B
A
Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên
AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay FMB 90 0
Mặt khác FCB 90 0 (giả thiết).Do FMB FCB 180 0
Suy BCFM tứ giác nội tiếp CBM EFM 1 (vì bù với CFM )
Mặt khác CBM EMF 2 (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây 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)
0,50 0,50
0,50 0,50
0,50
Gọị H trung điểm DF Suy IHDF
DIF
DIH
2
Trong đường trịn I ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF Suy
1
DMF DIF
2
(4) Từ (3) (4) suy DMF DIH hay DMA DIH
Trong đường trịn O ta có: DMA DBA (góc nội tiếp chắn DA)
0,50
(5)Suy DBA DIH
Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do
o
DBA HIB 180 DIH HIB 180 o Ba điểm D, I, B thẳng
hàng
0,50 0,50 0,50
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI ABD
1
2sđAD
Mà C cố định nên D cố định
1
2sđAD khơng đổi.
Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD
0,50
0,50
V(1đ)
Ta có:
1 2xy
1 1
B
xy 3xy xy xy(1 3xy) (x y) 3xy(x y)
.
Theo Côsi:
2
(x y) 1
xy
4
0.25
Gọi Bo giá trị B, đó, x, y để:
o
1 2xy B
xy(1 3xy)
3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1)
Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy = Bo2 – 8Bo +
o o
B
B
0.25
Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo 4 3.
Với
o o
o
2 B 3 3 3 3
B xy x(1 x)
6B 6 2 3 6 2 3
2
2 3
1 1
3
x , x
3
x x
3
6 2
0.25
Vậy, Bmin 4 3, đạt
2 3
1 1
3
x , y
2
hoặc
2 3
1 1
3
x , y
2
0.25 Chú ý:
1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm từng phần hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm.