Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS tỉnh Thanh Hóa năm 2014

Doc24.vnSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HOÁĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNăm học 2013 2014Môn thi: TOÁN Lớp THCSThời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề )Ngày thi: 21/03/2014(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Câu 4,0 điểm ): Cho biểu thức xy xy xx 1A 1xy xy xy xy 1æ ö+ ++ += -ç ÷ç ÷+ +è .1. Rút gọn biểu thức A.2. Cho 16x y+ Tìm giá trị lớn nhất của A.Câu II 5,0 điểm ).1.Cho phương trình 0422222=+-+-+mmxmx Tìm để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt 1x 2x thỏa mãn mxxxx15112212221=-+ 2. Giải hệ phương trình 41x zx xyz+ =ìí+ =î .Câu III 4,0 điểm ). 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a 2) chia hết cho (a 2b 1). 2. Tìm Nzyx,, thỏa mãn zyx+=+32 Câu IV 6,0 điểm ): Cho nửa đường tròn tâm đường kính AB. Một điểm cố định thuộc đoạn thẳngAO (C khác và khác O). Đường thẳng đi qua và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã chotại D. Trên cung BD lấy điểm (M khác và khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tạiM cắt đường thẳng CD tại E. Gọi là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.2. Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, thẳng hàng. 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi di chuyển trên cung BD.Câu 1,0 điểm ): Cho x, là các số thực dương thoả mãn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 31 1Bxyx y= ++ .----- HẾT ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêmDoc24.vn Số báo danh........................Doc24.vnSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HOÁHƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNăm học 2013 2014Môn thi: TOÁN Lớp THCSThời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề )Ngày thi: 21/03/2014(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)Câu Lời giải vắn tắt ĐiểmI(4,0đ) 1(2,5đ) Điều kiện: xy 1¹ .0,25x xy xy xy xy xyA :xy xy+ -=+ -xy xy xy xy xyxy xy+ -=+ -0,50x xy xy xy xy xyxy xy xy xy xy+ -= =+ -0,501 x1x xy xy+= =+.1,252(1,5đ) Theo Côsi, ta có: 16 9x xy xy= .0,50Dấu bằng xảy ra 1x y= 19 .0,50Vậy: maxA 9, đạt được khi 19 .0,50II(5,0đ) 1(2,5đ) PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 0'0042222+---mmmm (*)0,50Với 0m theo Vi-et ta có: îíì+-=-=+42.2422121mmxxmxx 0,25Ta có mxxxxxxmxxxx151122151122121221212221=--+=-+ (1) 0,50mmmmm15142146122=+--+-0,50151241641=-+--+mmmm. Đặt tmm=+4 do 0m0Þt 0,50Ta cos (1) trở thành 41241512161-=Þ=-==---ttttt do 0t 0,50Doc24.vnDoc24.vnVới 4-=t ta có 244-=-=+mmm thỏa mãn (*)0,252(2,5đ) Ta có:4 44 42 2x xx z+ ++ ³2 2x x+ == 22 2x yxyyz yzzx zxxy+ ++ == xyz (x z) xyz vì 1). 0,500,500,50Dấu bằng xảy ra 113x zx zx z= =ì =í+ =îVậy nghiệm của hệ phương trình là: 1; ;3 3x zæ ö= =ç ÷è 0,50III(4,0đ) 1(2,0đ) Giả sử (a 2) (a 2b 1), tức là: k(a 2b 1), với  b(ka b) mb (1)Ở đó mà: ka ka 2(2) 0,50Từ (1) và (2) suy ra: (m 1)(b 1) mb  (m 1)(b 1) (a 1)(k ka) (3)Do (điều này suy ra từ (1) do a, k, 0) nên (vì ). Do nên (do (m 1)(b 1) 0.Vì thế từ (3) suy ra: (a 1)(k ka) 0.0,50Lại do nên suy ra: ka ka k(a 1) (4)Vì (do 0) và nên từ (4) có:a 1k(a 1) 0a 2k(a 1) 1k 1=- ==ì- =í=î0,25- Với 1. Thay vào (3) ta được: (m 1)(b 1) m 2b 1b 2b 3m 1b 2- =ìí- ==î=- =ìí- =îVậy, trường hợp này ta có: 1, hoặc 1, 3. 0,25- Với (vì 1). Thay vào (3) ta có: (m 1)(b 1) 1m 1== .Khi 1, ta được: 2, 1.Khi 1: Từ (1) suy ra 3. Lúc này được: 2, 3. 0,25Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 0,25Doc24.vnDoc24.vn2(2,0đ) Ta có zyx+=+32yzzyx232++=+yzzyxzyxyzzyx412342322=+--+--Þ=+-- (1) 0,50TH1 Nếu 0¹--zyx Ta có zyxzyxyz------=412432 (2) vô lý do Nzyx,, nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). 0,50TH2. 0=--zyx khi đó îíì==--301yzzyx (3) 0.50Giải (3) ra ta được îíì===314zyx hoặc îíì===134zyx thử lại thỏa mãn 0,50IV(6,0đ) 1(2.5đ)DEMIHFCOBATa có thuộc đường tròn tâm đường kính AB (giả thiết) nên·0AMB 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ·0FMB 90= Mặt khác ·0FCB 90= (giả thiết). Do đó ··0FMB FCB 180+ Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp ··CBM EFM 1Þ (vì cùng bù với CFM).Mặt khác ··CBM EMF 2= (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ¼AM ). Từ (1) và (2) ··EFM EMFÞ .Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.(Có thể nhận ra ngay ···EMF MBA MFE= nên suy ra EMF cân) 0,500,500,500,500,50Doc24.vnDoc24.vn2(2.5đ)3(1đ) Gọị là trung điểm của DF. Suy ra IH DF^ và ··DIFDIH 32= .Trong đường tròn  ta có: ·DMF và ·DIF lần lượt là góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung DF. Suy ra ··1DMF DIF2= (4).Từ (3) và (4) suy ra ··DMF DIH= hay ··DMA DIH= Trong đường tròn  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··oDBA HIB 180+ =··oDIH HIB 180Þ Ba điểm D, I, thẳng hàng. 0,500,500,500,500,50Vì ba điểm D, I, thẳng hàng··ABI ABDÞ 12 sđ» AD. Mà cố định nên cố định 12 sđ» AD không đổi.Do đó góc ABI có số đo không đổi khi thay đổi trên cung BD. 0,500,50V(1đ) Ta có: 31 2xy1 1Bxy 3xy xy xy(1 3xy)(x y) 3xy(x y)-= =- -+ .Theo Côsi: 2(x y)1xy4 4+£ 0.25Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, x, để: o1 2xyBxy(1 3xy)-=-  3Bo (xy) (2 Bo )xy (1)Để tồn tại x, thì (1) phải có nghiệm xy Bo 8Bo ooB 3B 3³ +£ -0.25Để rằng với giả thiết bài toán thì 0. Do đó ta có: oB 3³ .Với ooo2 B3 3B xy x(1 x)6B6 3++ += =+  22 31 13 3x x3 3x 0326 22++- =- -+-= .0.25Vậy, minB 3= đạt được khi 31 13 3x y2 2+ -= =hoặc 31 13 3x y2 2- -= .0.25Chú ý: Doc24.vnDoc24.vn1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từngphần như hướng dẫn quy định.2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệchhướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.Doc24.vnTrên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.