Do đó khi M di chuyển trên nửa đường tròn O; 3cm thì điểm I di chuyển trên nửa đường tròn tâm O, bán kính 1,5cm cũng thuộc nửa mặt phẳng với nửa đường tròn đã cho bờ AB, trừ hai điểm là [r]
(1)PHÒNG GD VÀ ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Môn thi : Toán - Lớp - Năm học 2012 - 2013 Ngày thi: 14 / 12 / 2012 - Thời gian làm bài 150 phút ĐỀ BÀI Bài ( điểm) Cho biểu thức x y x y3 A : x y y x a) Rút gọn A b) Chứng minh A So sánh A và x y xy x y A Bài ( điểm) 1 a) Tìm các gồm ba số tự nhiên a, b, c khác thoả mãn a b c b) Cho a, b, c là các số dương và a2 + b2 + c2 = bc ac ab P a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài ( điểm) a) Giải hệ phương trình x 1 y 5 4y x 1 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình 6x2 + 5y2 = 74 Bài ( điểm) Cho hình chữ nhật ABCD ( AB > AD) Lấy điểm E thuộc cạnh AD, lấy các điểm I, K thuộc cạnh CD cho DI = CK Đường thẳng vuông góc với EK K cắt BC M Tính EIM Bài ( điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 6cm và hai tia tiếp tuyến Ax, By cùng nửa mặt phẳng với nửa đường tròn bờ là đường thẳng AB Một tiếp tuyến thứ ba M thuộc nửa đường tròn cắt Ax, By C và D AM và BM cắt OC và OD thứ tự E và F SOEMF SAMB a) Chứng minh: b) Gọi I là giao điểm các đường chéo tứ giác OEMF Tìm tập hợp các điểm I M thay đổi c) Xác định vị trí điểm M trên nửa đường tròn để tứ giác OEMF là hình vuông Khi đó hãy tính SOEMF ( Hết ) (2) Họ và tên thí sinh: thi: Số báo danh: Phòng (3) HƯỚNG DẪN CHẤM – MÔN TOÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012 - 2013 Bài ( điểm) a) Rút gọn A + Điều kiện: x 0, y , x y + Biến đổi ta có : x xy y x y x y x y x xy y A= A= x x y x xy y x xy y xy y b) + Vì x 0, y => xy = x y (1,5 điểm) xy y Vì x 0, y , x y => xy 0 x xy y Từ (1) (2) => => A x xy xy y (1) x - + Ta có (0,5 điểm) x y 3y 0 (3) (2) (1,0 điểm) 0 x - xy y xy => Chia hai vế cho x - xy y ( theo kết (2) ) ta : x xy y xy xy 1 x xy y x xy y x xy y Vì x 0, y , x y nên dấu “=” không xảy xy 1 (4) x xy y Do đó = A <1 (0,5 điểm) + Từ kết (3) (4) ta có A < Do đó : Với A = => A = A Với < A < 1=> A < A (0,5 điểm) Bài (4 điểm) a) + Theo bài a, b, c là ba số tự nhiên khác 0, không tính tổng quát giả sử a b c, đó 1 1 1 a b c => a b c a (1) 1 a b c (2) Mặt khác theo bài a => 4a 15 => a < 4, mà a N , a 0 Từ (1) (2) suy (4) Do đó a = ; ; a + Nếu a = thì + Nếu a = thì a (1,0 điểm) 1 1 1 1 b c b c trái với (2) 1 1 1 b c b c b c 10 1 1 b c b Theo kết trên b c b => 3b 20 => b Suy 10 Mà a b , a = => b > Do đó b = ; ; ; Thay a = và với b = 3; 4; 5; vào (2) tìm hai a = ; b = ; c = 20 và a = ; b = ; c = 10 (0,5 điểm) 1 1 1 1 b c b c 15 + Nếu a = thì a b c b => 7b 30 => b Suy 15 Kết hợp với b > Do đó b = ; Thay a = và với b = ; vào (2) không tìm ba nào thoả mãn + Vậy cách hoán vị ba số ( 2; 4; 20) và ( 2; 5; 10) ta 12 ba số cần tìm (0,5 điểm) b) + Vì a, b, c là các số dương nên P > ac ab bc a b c Ta có P = b 2c a 2c a b 2c2 2b 2a 2 b c P2 = a b c a 2c a b b c a c a b a b2 c2 a b c2 2 P = 2 a2 b2 c2 c2 2 a 2 b c b a 2 b a a b c c P = c b 2 a 2 2 a b c + Suy ra: P2 = =3 + Do đó P2 mà P > => P Vậy P = a = b = c = Bài (4 điểm) a) + Từ hệ phương trình ta có : x 1 = 4y – => 4(y – 1) = x 1 => y – = x 1 (1,0 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (5) Suy y 1 = y – + Do đó hệ phương trình trở thành x 1 y 5 4y (2) x 1 => y – = – 4y + => 5y = 10 => y = x 1 4 x 3 x + Thay y = vào (2) : x 1 = => x 1 x 3 x ; y 2 + Vậy hệ phương trình có nghiệm y 2 (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) b) + Theo bài 6x2 + 5y2 = 74 => 6x2 – 24 = 50 – 5y2 => 6(x2 – 4) = 5( 10 – y2) + Vì x, y Z và (6 ; 5) = suy x2 – => x2 – = 5k => x2 = 5k + (2) ( k Z ) Và 10 – y2 => 10 – y2 = 6t => y2 = 10 – 6t 0 (3) ( t Z ) Do đó (1) trở thành 6.5k = 5.6t => 30k = 30t => k = t 4 + Từ (2) 5k + => k 5 1 Từ (3) 10 – 6t => t Kết hợp với k = t suy k = t = ; k = t = + Với k = t = : thay vào (2) => x = ; -2 thay vào (3) => y Z Với k = t = : thay vào (2) => x = ; -3 thay vào (3) => y = ; - Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên : ( x ; y) = (3 ; 2) , (3 ; -2 ) , ( - , 2) , ( -3 ; -2) A Bài (3 điểm) D I (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) B M O E (0,5 điểm) K H C + Lấy O là trung điểm EM, lấy H là trung điểm CD Chứng minh OH là đường trung bình hình thang DEMC Suy OH // DE // MC, đó OH CD (1) (1,0 điểm) + Chứng minh DH = CH, lại có DI = CK (gt) => HI = HK Từ (1) (2) suy OIK cân, đó OI = OK (3) (2) (1,0 điểm) (6) + Mặt khác theo bài ra: EKM = 900 , chứng minh OK = EM , kết hợp với (3) suy OI = EM Chứng minh EIM vuông I Vậy EIM = 900 (1,0 điểm) (7) Bài (5 điểm) a) + Chứng minh AMB = 900 SAMB AM.BM (1) => + Nối OM Chứng minh ô1 = ô2 (0,5 điểm) và ô3 = ô4 => ô3 = ô4 = 900 => COD = 900 (0,5 điểm) + Chứng minh CA = CM , OA = OM => CO là đường trung trực AM AM OEM => = 900 và EM = EA = MB OFM Chứng minh tương tự ta được: = 90 và FM = FB = (0,5 điểm) + Từ các kết trên suy tứ giác OEMF có ô = Ê = F = 900 nên là hình chữ nhật, SOEMF EM.FM AM.MB (2) đó: SOEMF SAMB Từ (1) (2) ta có (0,5 điểm) b) + Thuận: Vì I là giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật OEMF 1 OM nên IO = = 1,5cm (0,5 điểm) Vì O cố định, IO = 1,5 cm không đổi Do đó M di chuyển trên nửa đường tròn (O; 3cm) thì điểm I di chuyển trên nửa đường tròn tâm O, bán kính 1,5cm thuộc nửa mặt phẳng với nửa đường tròn đã cho bờ AB, trừ hai điểm là giao AB với nửa đường tròn (O; 1,5cm) (1,0 điểm) + Đảo: Trên nửa đường tròn (O; 1,5cm) lấy điểm I’ Nối OI’ cắt nửa đường tròn (O; 3cm) M’ Tiếp tuyến M’ cắt hai tia tiếp tuyến Ax và By C’ và D’ AM’ và BM’ cắt OC’ và OD’ thứ tự E’ và F’ Chứng minh tương tự câu a, ta I’ là giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật OE’M’F’ (0,5 điểm) c) + Theo chứng minh trên OEMF là hình chữ nhật Để OEMF trở thành hình vuông thì phải có MO EF Chứng minh EF // AB Suy MO AB Do đó M phải là điểm chính nửa đường tròn (O; 3cm) (0,5 điểm) + Ngược lại, M là điểm chính nửa đường tròn (O; 3cm) ta chứng minh OEMF là hình vuông Khi đó SOEMF = 9cm2: = 4,5cm2 (0,5 điểm) Lưu ý: - Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương - Với bài 4, bài không vẽ hình vẽ sai thì không chấm điểm (8)