113 HSG 14 THANH HOA NGUYEN VINH

Website:tailieumontoan.com
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014
Câu 1:

(4,0 điểm)
Cho biểu thức


xy + x  
xy + x
A =  x +1 +
+ 1÷:  1 −
− x +1 ÷
 xy + 1 1 − xy
÷
xy − 1
xy + 1 ÷

 


A.
1. Rút gọn biểu thức
1 + 1 =6
x
y
A.
2. Cho
. Tìm giá trị lớn nhất của
Câu 2:

(5,0 điểm)
x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 2m + 4 = 0

m
. Tìm
để phương trình
2
1
1
−
=
2
2
x1 x2
x1 + x2 x1 x2 15m
có hai nghiệm thực phân biệt ,
thỏa mãn
.
x + y + z = 1
 4
4
4
 x + y + z = xyz
2. Giải hệ phương trình
.

1. Cho phương trình

Câu 3:

(4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

( a; b )

( a b – 1) .

( a +b )
2

sao cho

chia hết

2

cho

2. Tìm
Câu 4:

x, y , z ∈ ¥

thỏa mãn

x+2 3 = y + z

.

(6,0 điểm)

O
AB.
C
Cho nửa đường trịn tâm
đường kính
Một điểm
cố định thuộc
AO C
C
O
C
A
đoạn thẳng
( khác
và
khác ). Đường thẳng đi qua
và
AO
D.
BD
vuông góc với
cắt nửa đường trịn đã cho tại
Trên cung
lấy
M M
B
M
D
điểm

(
khác
và
khác ). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã
CD
E.
M
F
AM
cho tại
cắt đường thẳng
tại
Gọi
là giao điểm của
và
CD.
EMF
1. Chứng minh tam giác
là tam giác cân.
FDM .
I
2. Gọi
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Chứng minh ba
D, I , B
điểm
thẳng hàng.
Liên
hệ
tài

039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
3. Chứng minh góc
BD.
Câu 5:

ABI

có số đo khơng đổi khi

M

di chuyển trên cung

(1,0 điểm)
Cho

x, y

là các số thực dương thoả mãn
B=

x + y = 1.

1 + 1
x + y 3 xy
3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
……………….HẾT…………….
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….….Số báo danh:
………………….

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013
– 2014
Câu 1:

(4,0 điểm)
Cho biểu thức


xy + x  
xy + x
A =  x +1 +
+ 1÷:  1 −
− x +1 ÷
 xy + 1 1 − xy
÷
xy − 1
xy + 1 ÷

 


A.
1. Rút gọn biểu thức
1 + 1 =6
x
y

A.
2. Cho
. Tìm giá trị lớn nhất của

Lời giải
1. Điều kiện:
A=

=

=

(

(

xy ≠ 1

.

(

x + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy )

(

xy + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( 1 − xy )

(

(

xy + 1) ( 1 − xy )

xy + 1) ( 1 − xy )

x + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy )
xy + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( 1 − xy )

1+ x = 1
x y + xy
xy

.
1 = 1
x
y

Dấu bằng xảy ra ⇔

Câu 2:

=

1 ⇒ 1 ≤9
xy
xy

2. Theo Cơsi, ta có:

maxA = 9,

=

.
6= 1 + 1 ≥2
x
y

Vậy:

:

đạt được khi:

⇔

1
x= y= .
9

1
x= y= .
9

(5,0 điểm)
x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 2m + 4 = 0

m
. Tìm

để phương trình
2
1
1
−
=
2
2
x1 x2
x1 + x2 x1 x2 15m
có hai nghiệm thực phân biệt ,
thỏa mãn
.

1. Cho phương trình

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

2. Giải hệ phương trình

x + y + z = 1
 4
4
4
 x + y + z = xyz

.

Lời giải
1. PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
2
∆ ' > 0 ⇔ ( m − 2 ) − ( m − 2m + 4 ) > 0 ⇔ m < 0
2

Với

m<0

Ta có

⇔
⇔

 x1 + x2 = 4 − 2m


2
 x1.x2 = m − 2m + 4

theo Vi-et ta có:
.
2
1
1
2
1
1
−
=
⇔
−
=
2
2
2
x1 + x2 x1 x2 15m
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 x1 x2 15m

1
1
1
− 2
=
m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m
2

1
1
1
−
=
4
4
m + − 6 m + − 2 15
m
m

m+

4
=t
m

m<0 ⇒t <0
. Đặt
do
t = −4
1
1
1
−
= ⇔
⇒ t = −4
t − 6 t − 2 15
t<0

t = 12
Ta cos (1) trở thành
( do
)
4
m + = −4 ⇔ m = −2
t = −4
m
Với
ta có
thỏa mãn (*)
2. Ta có:
x4 + y 4 y4 + z 4 z 4 + x4
x4 + y4 + z 4 =
+
+
≥ 2 2
x y + y2 z 2 + z2 x2
2
2
2
=
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y +y z
y z +z x

z x +x y
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy
2
2
2
=
=
=  xyz ( x + y + z ) = xyz
x + y + z =1
(vì
).
x = y = z
1
⇔
⇔x= y=z=
3
x + y + z = 1
Dấu bằng xảy ra
1 1 1
( x; y; z ) =  ; ; ÷.
3 3 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
Câu 3:

(4,0 điểm)

Liên
hệ

tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

( a; b )

( a b – 1) .

( a +b )
2

sao cho

chia hết

2

cho

2. Tìm

x, y , z ∈ ¥

thỏa mãn

x+2 3 = y + z

Lời giải

( a + b ) M( a b –1) ,
2

2

1. Giả sử
tức là:
2
⇔ a + k = b ( ka – b ) ⇔ a + k = mb

m ∈ ¢,

.

a + b 2 = k ( a 2b –1) ,

với

k ∈¥ *

m = ka 2 – b ⇔ m + b = ka 2

Ở đó
mà:
Từ (1) và (2) suy ra:
( m –1) ( b –1) = mb – b – m + 1 ⇔ ( m – 1) ( b –1) = ( a + 1) ( k + 1 – ka )

a, k , b > 0
m ≥1
m∈¢
(điều này suy ra từ (1) do
) nên
(vì
).
b>0
b −1 ≥ 0
b ∈ ¢ ⇒ ( m –1) ( b – 1) ≥ 0
Do
nên
(do
)
( a + 1) ( k + 1 – ka ) ≥ 0
Vì thế từ (3) suy ra:
k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k ( a –1)
a>0
Lại do
nên suy ra:
a ∈ ¢ , a > 0)

k ∈ ¢, k > 0
a –1 ≥ 0
Vì
(do
và
nên từ (4)
Do

m>0

có:

a = 1
 k (a − 1) = 0

 k (a − 1) = 1 ⇔  a = 2

 k = 1

- Với

 m − 1 = 2

b = 2
b − 1 = 1
⇔
( m –1) ( b –1) = 2 ⇔ 
m − 1 = 1
b = 3


 b − 1 = 2

a = 1.

Thay vào (3) ta được:
a = 1, b = 2
a = 1, b = 3.
Vậy, trường hợp này ta có:
hoặc

b = 1
m = 1

( m –1) ( b –1) = 0 ⇔ 

k = 1).
a=2
- Với
(vì
Thay vào (3) ta có:
.
b = 1,
a = 2, b = 1.
Khi
ta được:
a = 2, b = 3.
m = 1:
a + k = b ⇒ b = 3.
Khi
Từ (1) suy ra

Lúc này được:
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Tóm lại, có 4 cặp
( 1; 2 ) , ( 1; 3) , ( 2; 3) , ( 2; 1) .

2. Ta có

số

( a; b )

thỏa

mãn

bài

tốn

là:

x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz

⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4 yz
2

4 yz − ( x − y − z ) − 12
3=
4( x − y − z)
2

x− y−z ≠0
TH1. Nếu
Ta có
vơ lý
x, y , z ∈ ¥
(do
nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0
( 1) ⇔ 
x− y−z =0
 yz = 3
TH2.
khi đó

x = 4
x = 4


y =1
y = 3
z = 3
z = 1


Giải (3) ra ta được
hoặc
thử lại thỏa mãn.
Câu 4:

(6,0 điểm)

O
AB.
C
Cho nửa đường trịn tâm
đường kính
Một điểm
cố định thuộc
AO C
C
O
C
A
đoạn thẳng

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

và
CD.
EMF
1. Chứng minh tam giác
là tam giác cân.
FDM .
I
2. Gọi
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Chứng minh ba
D, I , B
điểm
thẳng hàng.
ABI
3. Chứng minh góc
có số đo khơng đổi
E
BD.
M
khi
di chuyển trên cung

Lời giải

D
I

H
Liên
hệ

tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

M

TÀI LIỆU TỐN HỌC

A

F
C

O

B


Website:tailieumontoan.com

O
M
AB

1. Ta có
thuộc đường trịn tâm
đường kính
(giả thiết) nên
·AMB = 90°
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
·
FMB
= 90°
hay
.
·FCB = 90°
·
·
FMB
+ FCB
= 180°
Mặt khác
(giả thiết).Do đó
.
·
·
·
⇒ CBM
= EFM
( 1)
BCFM
CFM
Suy ra
là tứ giác nội tiếp

(vì cùng bù với
).
·CBM = EMF
·
( 2)
Mặt khác

(góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
·
·
¼
⇒ EFM
= EMF
AM
cung cùng chắn
). Từ (1) và (2)
.
E.
EMF
Suy ra tam giác
là tam giác cân tại
·
·
·
EMF
= MBA
= MFE
(Có thể nhận ra ngay
nên suy ra EMF cân)
· IF

D
·
DIH
=
DF .
2
H
IH ⊥ DF
2. Gọi
là trung điểm của
Suy ra
và
·
· IF
( I)
DMF
D
Trong đường trịn
ta có:
và
lần lượt là góc nội tiếp và góc
1·
·
DMF
= D
IF
2
ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra
·
·

·
·
DMF
= DIH
DMA
= DIH
Từ (3) và (4) suy ra
hay
.
·
·
»
( O)
DMA
= DBA
DA
Trong đường trịn
ta có:
(góc nội tiếp cùng chắn
)
·
·
DBA
= DIH
Suy ra
.
IH // BC .
BC
EC
IH

Vì
và
cùng vng góc với
nên suy ra
Do đó
o
o
·
·
·
·
D, I , B
DBA
+ HIB
= 180 ⇒ DIH
+ HIB
= 180 ⇒
Ba điểm
thẳng hàng.
1
⇒ ·ABI = ·ABD = sđ »AD.
D, I , B
2
3. Vì ba điểm
thẳng hàng
1
⇒ sđ »AD
C
2
D

Mà
cố định nên
cố định
khơng đổi.
BD.
ABI
M
Do đó góc
có số đo khơng đổi khi
thay đổi trên cung
Câu 5:

(3,0 điểm)
Cho
Liên
hệ
tài
039.373.2038

x, y

là các số thực dương thoả mãn

liệu

word

mơn

tốn:

x + y = 1.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
B=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 + 1
x 3 + y 3 xy

.

Lời giải
B=
Ta có:

1 − 2 xy
1
+ 1 = 1 + 1 =
( x + y ) − 3 xy ( x + y ) xy 1 − 3 xy xy xy (1 − 3 xy)
3

xy ≤

.

( x + y)
=1

4
4
2

Theo Cơsi:
.
B0
B,
x, y
Gọi
là một giá trị của
khi đó, tồn tại
để:
1 − 2 xy
2
B0 =
⇔ 3B0 ( xy ) – ( 2 + B0 ) xy + 1 = 0
xy (1 − 3xy )
Để tồn tại

x, y

thì (1) phải có nghiệm

B ≥ 4 + 2 3
x, y ⇔ ∆ = B02 – 8B0 + 4 ≥ 0 ⇔  o
 Bo ≤ 4 − 2 3
B0 ≥ 4 + 2 3

B > 0.

Để ý rằng với giả thiết bài tốn thì
Do đó ta có:
2 + B0
B0 = 4 + 2 3 ⇒ xy =
= 3 + 3 ⇒ x(1 − x) = 3 + 3
6 B0
6( 2 + 3)
6( 2 + 3)
Với

⇔

x2 − x + 3 + 3 = 0 ⇔ x =
6( 2 + 3)

Vậy,

x=

Bmin = 4 + 2 3

1−

1+

.

2 3
2 3

−1
1−
−1
3
3
,x=
2
2
.
x=

, đạt được khi

1+

2 3
2 3
−1
1−
−1
3
3
, y=
2
2

hoặc

2 3
2 3

−1
1+
−1
3
3
, y=
.
2
2

……………..HẾT……………

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC