Mời các bạn cùng tham khảo đề thi chính thức kỳ thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm học 2013-2014 do Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa biên soạn. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán lớp 9.
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 x +1 xy + x xy + x + + 1÷: − − x + ÷ Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A = ÷ xy − xy + ÷ xy + 1 − xy Rút gọn biểu thức A 1 Cho x + y = Tìm giá trị lớn A Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x + 2( m − ) x + m − 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 + b2) 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 Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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 I (4,0đ) Ý (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) Điều kiện: ) ( 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 ) A= = (1,5đ) xy ≠ ( ( ) ( x + 1) − xy + (2,5đ) 0,50 0,50 1,25 + ≥2 Theo Cơsi, ta có: = x y ⇒ ≤9 xy xy 1 = ⇔x = y = x y Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = II (5,0đ) 0,25 xy + x 1+ x = x y + xy xy Dấu xảy ⇔ Điểm 0,50 0,50 0,50 PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ( ) ∆'> ⇔ ( m − ) − m − 2m + > ⇔ m < (*) x1 + x2 = − 2m m nên suy ra: k + – ka ≥ ⇒ k + ≥ ka ⇒ ≥ k(a – 1) (4) Vì a – ≥ (do a ∈ Ζ, a > 0) k ∈ Ζ, k > nên từ (4) có: a = k(a − 1) = k(a − 1) = ⇔ a = k = - 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 = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = ⇔ 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 tốn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) (2,0đ) Ta có 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 x + = y + z ⇔ x + = y + z + yz ⇔ ( x − y − z ) + = yz ⇒ ( x − y − z ) + ( x − y − z ) + 12 = yz (1) 0,50 TH1 Nếu x − y − z ≠ Ta có yz − ( x − y − z ) − 12 (2) vô lý 4( x − y − z ) 3= ( x, y, z ∈ N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) 0,50 IV (6,0đ) x − y − z = TH2 x − y − z = (1) ⇔ (3) yz = 0.50 x = x = Giải (3) ta y = y = thử lại thỏa mãn z = z = 0,50 E (2.5đ) D I H A F C O M B Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên · AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,50 0,50 · hay FMB = 900 · · · Mặt khác FCB = 900 (giả thiết).Do FMB + FCB = 1800 · · · Suy BCFM tứ giác nội tiếp ⇒ CBM = EFM ( 1) (vì bù với CFM ) · · = EMF Mặt khác CBM ( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây 0,50 0,50 · · ¼ ) Từ (1) (2) ⇒ EFM cung chắn AM = EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E · · · (Có thể nhận EMF nên suy EMF cân) = MBA = MFE 0,50 · DIF · DIH = ( 3) Gọị H trung điểm DF Suy · · lần · DIF · lượt góc nội tiếp góc Trong đường trịn ( I ) ta có: DMF DMF = DIF tâm chắn cung DF Suy (4) · · · · Từ (3) (4) suy DMF = DIH hay DMA = DIH 0,50 IH ⊥ DF (2.5đ) Trong đường tròn ( O ) · · » ) = DBA ta có: DMA (góc nội tiếp chắn DA · · Suy DBA = DIH Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do Ba điểm D, I, B thẳng o o · · · · DBA + HIB = 180 ⇒ DIH + HIB = 180 ⇒ hàng 0,50 0,50 0,50 0,50 · · Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ ABI = ABD = » AD sđ ⇒ » AD không đổi sđ 0,50 Mà C cố định nên D cố định Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD 0,50 3(1đ) − 2xy + = + = (x + y) − 3xy(x + y) xy − 3xy xy xy(1 − 3xy) 0.25 (x + y) Theo Côsi: xy ≤ = 4 − 2xy Gọi Bo giá trị B, đó, ∃ x, y để: Bo = ⇔ xy(1 − 3xy) ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + ≥ ⇔ Bo ≥ + 0.25 Bo ≤ − Ta có: B = V(1đ) Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo ≥ + + Bo + ⇒ x(1 − x) = + Với Bo = + ⇒ xy = 6B = ⇔ o 6( + 3) 6( + 3) ⇔ x2 − x + + = ⇔ x = 6( + 3) 1+ Vậy, Bmin = + , đạt x= 1− 3 −1 1− −1 3 ,x = 2 x= 3 −1 1+ −1 3 , y= 2 1+ 0.25 3 −1 1− −1 3 , y= 2 0.25 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm 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 3) Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ... thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thi? ??t) nên · AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,50 0,50 · hay FMB = 90 0 · · · Mặt khác FCB = 90 0 (giả thi? ??t).Do FMB + FCB = 1800 · · · Suy... = - 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 = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào