113 hsg 14 thanh hoa nguyen vinh

Câu 4: 6,0 điểm Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc.. Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại.. Tiếp tuyến của nửa đường tròn

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức

A

1 Rút gọn biểu thức A

2 Cho

x  y  Tìm giá trị lớn nhất của A

Câu 2: (5,0 điểm)

1 Cho phương trình x22m 2x m 2 2m 4 0 Tìm m để phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt x , 1 x thỏa mãn 2 2 2

15

x x  x x  m

2 Giải hệ phương trình 4 4 4

1

x y z

x y z xyz

  





Câu 3: (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a b;  sao cho  2

a b

chia hết cho a b2 –1 

2 Tìm , ,x y z   thỏa mãn x2 3  y z

Câu 4: (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 đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D Trên cung BD lấy điểm M ( M khác B và M khác D ) Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là giao điểm của AM và

CD

1 Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.

2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba.

điểm ,D ,I B thẳng hàng.

3 Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung

BD

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho ,x y là các số thực dương thoả mãn x y  1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3

B

xy

x y

……….HẾT……….

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….….Số báo danh:

………

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013

– 2014

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức

A

1 Rút gọn biểu thức A

2 Cho

x  y  Tìm giá trị lớn nhất của A

Lời giải

1 Điều kiện: xy 1

:

1 1

A



 

1 1



 

x y xy xy



2 Theo Côsi, ta có:

Dấu bằng xảy ra 

x  y 

1 9

x y

Vậy: max 9,A  đạt được khi:

1 9

x y

Câu 2: (5,0 điểm)

1 Cho phương trình x22m 2x m 2 2m 4 0 Tìm m để phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt x , 1 x thỏa mãn 2 2 2

15

x x  x x  m

2 Giải hệ phương trình 4 4 4

1

x y z

x y z xyz

  





Lời giải

1 PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:

' 0

   2  2 

(*)

Với m  theo Vi-et ta có: 0

2

1 2

4 2

  





2

x x  x x  m  x x  x x  x x  m

(1)

Đặt

4

m

 

do m 0 t 0

Ta cos (1) trở thành

4

4 12

6 2 15

t

t t







Với t  ta có 4

4

m

   

thỏa mãn (*)

2 Ta có:

x y z       x y2 2y z2 2z x2 2 =

=

x y y z y z z x z x x y

xyyz yzzx zxxy

=

xyz x y z xyz

    (vì x y z   ).1

Dấu bằng xảy ra

1

x y z

x y z

x y z

 



  



Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  

1 1 1

; ; ; ;

3 3 3

x y z  

Câu 3: (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a b;  sao cho a b 2

chia hết cho a b2 –1 

2 Tìm , ,x y z   thỏa mãn x2 3  y z

Lời giải

1 Giả sử a b 2 a b2 –1 ,

tức là: a b 2 k a b 2 –1 ,

với k   *

a k b ka b  a k mb

(1)

Ở đó m  mà: , m ka 2–b m b ka  2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

m–1 b–1 mb b m– –  1 m–1 b–1  a1 k1–ka (3)

Do m  (điều này suy ra từ (1) do , ,0 a k b  ) nên 0 m  (vì m) 1

Do b  nên 1 00 b   (do b)  m–1 b–1 0

Vì thế từ (3) suy ra: a1 k1–ka0

Lại do a  nên suy ra: 0 k1–ka 0 k 1 ka 1k a –1 (4)

Vì –1 0a  (do a,a0) và k,k0 nên từ (4) có:

1 ( 1) 0

2 ( 1) 1

1

a

k a

a

k a

k





 

  









- Với a  Thay vào (3) ta được: 1.

   

1 2

3

1 1 2

1 2

–1 –1

m

m

b m

b b

  









 

    

 

 

 

 

 Vậy, trường hợp này ta có: a1, b hoặc 2 a1, b 3.

- Với a  (vì 2 k  Thay vào (3) ta có: 1).  –1  –1 0 1

1

b

m





 







Khi b  ta được: 1, a2,b 1

Khi m  Từ (1) suy ra 1: a k b   b Lúc này được: 3 a2, b 3.

Tóm lại, có 4 cặp số a b;  thỏa mãn bài toán là:

1; 2 , 1; 3 , 2; 3 , 2; 1       

2 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 4yz

2

3

4

yz x y z

x y z

   



(do , ,x y z   nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).

TH2 x y z   khi đó 0  

0 1

3

x y z yz

  



 



Giải (3) ra ta được

4 1 3

x y z











 

 hoặc

4 3 1

x y z











 

 thử lại thỏa mãn

Câu 4: (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 đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D Trên cung BD lấy điểm M ( M khác B và M khác D ) Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là giao điểm của AM và

CD

1 Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.

2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba.

điểm ,D ,I B thẳng hàng.

3 Chứng minh góc ABI có số đo không đổi

khi M di chuyển trên cung BD .

Lời giải

1 Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường

kính AB (giả thiết) nên AMB   (góc nội90

tiếp chắn nửa đường tròn)

hay FMB    90

Mặt khác FCB   (giả thiết).Do đó 90

FMB FCB  

Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp

 EFM 1  

CBM

  (vì cùng bù với CFM ).

Mặt khác CBM  EMF 2   (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây

cung cùng chắn AM ) Từ (1) và (2)  EFM EMF 

Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E

(Có thể nhận ra ngay EMFMBA MFE nên suy ra EMF cân)

2 Gọi H là trung điểm của DF Suy ra IH DF.  và

  IF

2

D DIH 

(3) Trong đường tròn  I ta có: DMF và  IF D lần lượt là góc nội tiếp và góc

ở tâm cùng chắn cung DF Suy ra

 1

IF 2

DMF  D

(4)

Từ (3) và (4) suy ra DMF DIH hay DMA DIH

Trong đường tròn  O ta có: DMA DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA )

Suy ra DBA DIH

Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC Do đó.

  180o

DBA HIB   DIH HIB 180o  Ba điểm , , D I B thẳng hàng.

3 Vì ba điểm , , D I B thẳng hàng   sđ .

1

2 A

ABI

Mà C cố định nên D cố định

 đ

1

2s AD



không đổi

Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD .

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho ,x y là các số thực dương thoả mãn x y  1

D E

M I

H F

A

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3

B

xy

x y

Lời giải

1 2

xy B

xy xy xy xy xy

x y xy x y



Theo Côsi:

2

x y

xy  

Gọi B là một giá trị của ,0 B khi đó, tồn tại ,x y để:

   

2 0

1 2

xy



Để tồn tại ,x y thì (1) phải có nghiệm

2

0 – 8 0 4 0 4 2 3

,

4 2 3

o o

B

B

  

 





 

Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B  Do đó ta có: 0. B  0 4 2 3

0 0

0

B

B

2

6 2 3



Vậy, Bmin  4 2 3, đạt được khi

hoặc

2 3

2

x



2 3

2

y



……… HẾT………