Đang tải... (xem toàn văn)
2 Việc chi tiết hóa nếu có thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.. 3 Điểm bài thi là tổng điểm kh[r]
(1)Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày thi: 21/03/2014 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) xy x A x 1 : xy 1 xy Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức xy x xy x 1 xy Rút gọn biểu thức A 6 y Cho x Tìm giá trị lớn A Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x 2+2 ( m− ) x +m −2 m+ 4=0 Tìm m để phương trình 1 − = có hai nghiệm thực phân biệt x , x thỏa mãn 2 x + x x1 x 15 m x y z 1 4 Giải hệ phương trình x y z xyz Câu III (4,0 điểm) Tìm tất các 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 tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O) Đường thẳng qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn đã cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F là giao điểm AM và CD Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng Chứng minh góc ABI có số đo không đổi M di chuyển trên cung BD Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức B x y3 xy - HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm (2) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2013 - 2014 Equation Chapter Section SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ Môn thi: TOÁN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu Ý I Điều kiện: (4,0đ) (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) xy 1 x 1 0,25 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 Điểm xy xy x 1 x x y xy xy (1,5đ) Theo Côsi, ta có: 2 x y 0,50 0,50 1,25 xy 9 xy 0,50 1 y x=y= Dấu xảy x 0,50 Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = 0,50 II PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: (5,0đ) (2,5đ) (*) ¿ Δ' > ⇔ ( m −2 )2 − ( m2 − m+ ) > ⇔m<0 x 1+ x 2=4 −2 m Với m<0 theo Vi-et ta có: x x2=m −2 m+4 ¿{ 1 ¿ 1 − = ⇔ − = Ta có x + x x x 15 m 2 ( x 1+ x ) −2 x1 x x1 x 15 m 1 ⇔ − = 15 m m − m+ m −2 m+4 1 1= 1 − − = m+ ⇔ =t 4 t −615 Đặt m<0 t −2 15 m+ − m+ −2 m m m t=−4 ¿ t=12 t<0 ¿ Ta cos (1) trở thành ( ) ⇒t=− ¿ ¿ ¿ ⇔ 0,50 0,25 (1) 0,50 0,50 ⇒ t< 0,50 0,50 (3) m Với t=− ta có m+ =− ⇔ m=−2 thỏa mãn (*) Ta có: (2,5đ) 4 x4 y4 y z z x4 2 x y y2 z z x2 = 2 x2 y y z y z z x2 z x2 x2 y xyyz yzzx zxxy 2 = = x y z4 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1) x y z x y z x y z 1 Dấu xảy 1 1 x ;y ;z 3 3 Vậy nghiệm hệ phương trình là: III Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k * (4,0đ) (2,0đ) a + k = b(ka2 – b) a + k = mb (1) 2 Ở đó m mà: m = ka – b m + b = ka (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều này 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) và k , k > nên từ (4) có: k(a 1) 0 k(a 1) 1 a 1 a 2 k 1 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = m 2 b 1 m 1 b 2 b 2 b 3 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = a = 1, b = 0,25 b 1 - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = m 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b b = Lúc này được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) Ta có √ x+2 √ 3= √ y + √ z ⇔ x +2 √ 3= y + z +2 √ yz (2,0đ) ⇔ ( x − y − z ) +2 √ 3=2 √ yz ⇒ ( x − y − z )2+ √ ( x − y − z ) +12=4 yz (1) 0,25 0,25 0,50 (4) TH1 Nếu x − y − z ≠ Ta có √ 3= ( x , y , z ∈ N IV (6,0đ) yz − ( x − y − z ) − 12 4( x− y−z) (2) vô lý 0,50 nên vế phải (2) là số hữu tỷ ) ( 1) ⇔ x − y − z =0 TH2 x − y − z =0 đó (3) yz=3 ¿{ ¿ ¿ x=4 x=4 y=1 y=3 Giải (3) ta z=3 z=1 thử lại thỏa mãn ¿{{ ¿{{ ¿ ¿ 0.50 0,50 E (2.5đ) D H F C A M I 0,50 0,50 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) 900 hay FMB FCB 90 (giả thiết).Do đó 1800 Mặt khác FMB FCB CBM EFM (vì cùng bù với Suy BCFM là tứ giác nội tiếp CFM 0,50 0,50 0,50 ) Mặt khác CBM EMF 2 (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM ) Từ (1) và (2) EFM EMF Suy tam giác EMF là tam giác cân E EMF cân) DIF (Có thể nhận EMF MBA MFE nên suyra DIH 3 Gọị H là trung điểmI DF Suy IH DF và DMF DIF Trong đường tròn ta có: và DMF lần là góc nội tiếp và lượt DIF góc tâm cùng chắn cung DF Suy (4) DIH DMA DIH Từ (3) và (4) suy ra ODMF DMAhay DBA Trong đường tròn ta có: (góc nội tiếp cùng chắn DA ) Suy DBA DIH Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy IH // BC Do đó DBA HIB 180o DIH HIB 180o Ba điểm D, I, B thẳng hàng (2.5đ) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng 1ABI ABD sđ AD không đổi Mà C cố định nên D cố định sđ AD Do đó góc ABI có số đo không đổi M thay đổi trên cung BD 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 (5) 0,50 Ta có: B 2xy (x y) 3xy(x y) xy 3xy xy xy(1 3xy) Theo Côsi: 0.25 xy (x y) 4 Bo 2xy xy(1 3xy) Gọi Bo là giá trị B, đó, x, y để: 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) Để tồn x, y thì (1) phải có nghiệm xy = Bo2 – 8Bo + 0.25 Bo 4 Bo 4 V(1đ) Để ý với giả thiết bài toán thì B > Do đó ta có: Bo 4 Với Bo 4 xy x2 x 6 3 Bo x(1 x) 6Bo 6 3 6 3 1 0 x Vậy, Bmin 4 , đạt 1 x 1 1 ,x 1 x 1 2 1 1 , y 0.25 1 0.25 3 1 1 1 3 , y 2 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu đáp án đúng thì 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 và phải thống thực tổ chấm 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn (6)