tuyển tập 15 đề thi học sinh giỏi cấp tinh 2013 - 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.04 MB, 21 trang )
K
Ỳ THI CH
Ọ
N HỌ
C SINH GIỎI CẤP T
Ỉ
NH THCS
Năm học 2013-2014
Môn: TOÁN
Thờ
i gian làm bài : 150 phút
(không k
ể th
ời gian phát đề
)
15-3-2014
Cho đa thứ
c
a.
Hãy phân tích đa thứ
c
thành tích các nhân t
ử.
b.
Ch
ứ
ng t
ỏ rằng nếu là số
nguyên thì
luôn chia h
ế
t cho 5.
Bài 3: (4,0 điể
m)
Cho
.
a.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :
b.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :
Bài 4:
(4,0 điể
m)
Cho h
ệ
phương trình
a. Giải hệ
phương trình
.
b.
Tìm một phương trình bậ
c nhấ
t hai
ẩn
nh
ận mộ
t nghi
ệ
m là nghi
ệm
của hệ
phương trình đã cho và một nghi
ệ
m là (0,0)
.
Bài 5: (5,0 điể
m)
Cho
đường tròn tâm O đường kính AB
.
L
ấ
y một điể
m M
trên đường tròn
sao cho
.
Ti
ế
p tuy
ến v
ới đường tròn tại điểm A và điể
m M cắ
t nhau t
ại C,
CM c
ắt AB tại D.
a.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng BM song song OC
.
b.
Tính di
ệ
n tích tam giác ACD
.
H
ế
t
S
Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠ
O
AN GIANG
ĐỀ
CHÍNH TH
ỨC
SBD………………………
PHÒNG………
Bài 1: (3,0 điểm)
Tính t
ổ
ng:
Bài 2: (4,0 điể
m)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
AN GIANG
Năm học 201
3 –
2014
MÔN TOÁN
A.ĐÁP ÁN
ĐÁP ÁN
Vậy
Theo trên
luôn chia h
ế
t cho 5 v
ới
m
ọi số
nguyên x
M
ặ
t khác
nên
là tích c
ủa 5 số
nguyên liên ti
ếp
chia h
ế
t cho 5
vậy
luôn chia h
ế
t cho 5
Ch
ứ
ng minh
Xét
Bài
3a Do
Vậy
Hay
Do
Ta đượ
c
Xét
Bài
3b
Vậy
Dấu bằ
ng x
ả
y ra khi
Bài
Bài 1
Bài
2a
Bài
2b
Điể
m
3,0
điể
m
2,0
điể
m
2,0
điể
m
2,0
điể
m
dấu bằ
ng x
ả
y ra khi
2,0
điể
m
Phương trình bậc nh
ấ
t hai
ẩ
n có d
ạng
Phương trình có nghiệ
m
Phương trình có nghiệ
m
Ta có nhiều phương trình như thế nên có th
ể
ch
ọn
vậ
y một phương trình thỏa đề
bài
đó là
C
M
D
3,0
điể
m
-
Theo đề bài ta có
, tam giác AMB vuông tại M (do
góc n
ội tiếp chắn n
ửa đường tròn)
(*)
-
Tam giác MOB cân có góc
nên tam giác MOB đề
u
-
CA, CM là hai tiếp tuy
ế
n cùng xu
ấ
t phát t
ừ
điểm C nên CO là
đường phân giác c
ủa góc
, hay CO là phân giác c
ủ
a góc
(**)
B
A
O
Bài
4a
Bài
4b
Bài
5a
3,0
điể
m
1,0
điể
m
T
ừ
(*) và (**) suy ra BM song song OC (góc đồng v
ị)
Nh
ậ
n xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông b
ằng
nhau do có m
ột cạ
nh góc vuông b
ằ
ng nhau và m
ột góc nhọn bằ
ng nhau
vậy
Tam giác ACO vuông có cạnh góc vuông
Bài
5b
Vậ
y di
ệ
n tích tam giác ACD là
B.
HƯỚNG D
Ẫ
N CH
Ấ
M:
+ H
ọc sinh làm cách khác đúng vẫn cho điể
m tối đa
.
+ Điể
m từ
ng ph
ầ
n có th
ể
chia nh
ỏ
đến 0,25 và phải được th
ố
ng nh
ấ
t trong t
ổ chấ
m./.
2,0
điể
m
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014
(đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2 điểm).
a) Rút gọn biểu thức
2 3 3
2
1 1 . (1 ) (1 )
21
x x x
A
x
với
11x
.
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và
3 2 2 3
60a a b ab b
.
Tính giá trị của biểu thức
44
44
4
4
ab
B
ba
.
Câu 2 (2 điểm).
a) Giải phương trình
2 2 2
( 2) 4 2 4.x x x x
b) Giải hệ phương trình
3
3
2
2
x x y
y y x
.
Câu 3 (2 điểm).
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình
2
2 32xy xy x y
.
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn
22
23a a b b
.
Chứng minh rằng
2 2 1ab
là số chính phương.
Câu 4 (3 điểm).
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng
đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.
a) Chứng minh
HKM 2AMH.
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt
tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE.
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
Câu 5 (1 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
2 6 2 7ab bc ac abc
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 4
24
ab ac bc
C
a b a c b c
.
Hết
Họ và tên thi sinh………………………………………… số báo danh…………
Chữ ký của giám thị 1……………………… chữ ký của giám thị 2………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014
(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)
Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu
Nội dung
Điểm
Câu
1a:
(1,0 đ)
22
2
1 1 . 1 1 2 1
21
x x x x
A
x
0.25
2
1 1 . 1 1x x x
0.25
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 2 1x x x x x
0.25
2
2x
=
2x
0.25
Câu
1b:
(1,0 đ)
3 2 2 3 2 2
6 0 ( 2 )( 3 ) 0 (*)a a b ab b a b a ab b
0.25
Vì a > b > 0
22
30a ab b
nên từ (*) ta có a = 2 b
0.25
Vậy biểu thức
4 4 4 4
4 4 4 4
4 16 4
4 64
a b b b
B
b a b b
0.25
4
4
12 4
63 21
b
B
b
0.25
Câu
2a:
(1,0 đ)
Đặt
2 2 4 2
2 4 2 2t x x t x x
2
22
2
2
t
xx
0.25
ta được phương trình
2
2
4
4 2 8 0
2
2
t
t
t t t
t
0.25
Với t = -4 ta có
2
42
42
0
0
2 4 4
2 2 16
2 8 0
x
x
xx
xx
xx
2
0
2
2
x
x
x
0.25
Với t =2 ta có
2
42
42
0
0
2 4 2
224
2 2 0
x
x
xx
xx
xx
2
0
31
31
x
x
x
. Kết luận nghiệm của phương trình.
0.25
Câu
2b:
(1,0 đ)
Từ hệ ta có
3 3 2 2 2 2
(2 ) (2 ) ( ) 2 0x y x y x y x y xy x y
0.25
3
( ) ( ) 0
xy
x y x y
xy
0.25
* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (
3; 3
);(
3; 3
)
0.25
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (
1; 1
);(
1;1
)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = (0; 0); (
3; 3
);(
3; 3
);(
1;1
);(
1; 1
)
0.25
Câu
3a:
(1,0 đ)
2
2 32xy xy x y
2
( 1) 32x y y
Do y nguyên dương
2
32
10
( 1)
y
yx
y
0.25
Vì
2
( , 1) 1 ( 1)y y y
(32)U
0.25
mà
5
32 2
22
( 1) 2y
và
24
( 1) 2y
(Do
2
( 1) 1y
)
0.25
*Nếu
22
( 1) 2 1; 8y y x
*Nếu
24
( 1) 2y
3; 6yx
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:
8
1
x
y
và
6
3
x
y
0.25
Câu
3b:
(1,0 đ)
22
23a a b b
2
( )(2 2 1)a b a b b
(*)
0.25
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) (
*
d
). Thì
2
22
()
2 2 1
(2 2 1)
a b d
a b a b d
a b d
b d b d
0.25
Mà
( ) (2 2 )a b d a d a b d
mà
(2 2 1) 1 1a b d d d
0.25
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được
ab
và
2 2 1ab
là số chính
phương =>
2 2 1ab
là số chính phương.
0.25
Câu
4a:
(1,0 đ)
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có
11
11
AO
22
sđ
AM
(1)
0.25
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)
11
AM
(2)
0.25
Tứ giác MHOK nội tiếp
11
OK
(cùng chắn
MH
) (3)
0.25
Từ (1), (2), (3) ta có
11
1
MK
2
hay
HKM 2AMH.
0.25
Câu
4b:
(1,0 đ)
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
0.25
1
1
A
2
sđ
BM
;
12
1
OO
2
sđ
BM
11
AO
tứ giác AMGO nội tiếp (5)
0.25
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn
0.25
x
1
1
1
1
H
K
O
A
B
C
M
1
2
1
1
2
1
F
G
E
D
H
O
A
B
C
M
121
G D D
OGF
và
ODE
đồng dạng
OG GF
OD DE
hay OD.GF = OG.DE.
0.25
Câu
4c:
(1,0 đ)
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho
MA’ = MA
AMA'
đều
0
12
A A 60 BAA'
MAB A'AC MB A'C
0.25
MA MB MC
Chu vi tam giác MAB là
MA MB AB MC AB 2R AB
0.25
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa
cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
0.25
Gọi I là giao điểm của AO và BC
3 AB 3
AI R AB R 3
22
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB =
(2 3)R
0.25
Câu 5:
(1,0 đ)
Từ gt :
2 6 2 7ab bc ac abc
và a,b,c > 0
Chia cả hai vế cho abc > 0
2 6 2
7
c a b
đặt
1 1 1
,,x y z
a b c
, , 0
2 6 2 7
x y z
z x y
Khi đó
4 9 4
24
ab ac bc
C
a b a c b c
4 9 4
24x y x z y z
0.25
4 9 4
2 4 (2 4 )
24
C x y x z y z x y x z y z
x y x z y z
0.25
22
2
2 3 2
2 4 17 17
24
x y x z y z
x y x z y z
0.25
Khi
1
x ,y z 1
2
thì C = 7
Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1
0.25
2
1
A'
I
H
O
A
B
C
M
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN - THCS
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên
0128y4x4xy5yx
22
b)Cho
214x3xxP(x)
23
.
Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11
Câu 2( 4,0 điểm)
a) Tính gía trị biểu thức
25a4aa
23aa
P
23
3
, biết
33
302455302455a
b) Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
13zz1,3yy1;3xx
333
Chứng minh rằng
6zyx
222
Câu 3( 4,0 điểm)
a) Giải phương trình
13x
4x
1x
13x
b) Giải hệ phương trình:
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
Câu 4( 7,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính giữa
cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng
không đổi sao
cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N .Lấy
điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành .
a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng khi góc nội
tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
c) Khi
0
60
và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3
Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
4
4 4 4
x y z y x z z y x
xyz
yz xz yx
Hêt—
Họ và tên thí sinh số báo danh
Thí sinh không sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN
Câu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên
b) Cho
214x3xxP(x)
23
.
Hướng dẫn
: a)
0(*12)8y5y()1(40128y4x4xy5yx
2222
yxx
)
để PT(*) có nghiệm nguyên x thì
/
chính phương
1616)1285(5)1(4
222/
yyyy
từ đó tìm được
;4;6;4;10;0;6;0;2; yx
Cách khác
222222
0416)22(0128y4x4xy5yx yyx
xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm
b) ta có
2212)x-2)(x-(x214x3xxP(x)
223
để P(x) chia hết 11 thì
1112)x-2)(x-(x
2
mà
1111)-x(x12)x-(x
2
ta có
1)1( xx
không chia hết cho 11
suy ra
12)x-(x
2
không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà x<100 ;
Nx
suy ra
90;79;68;57;47;35;22;13;2x
Cách khác
1111)-(x111111)-(x214x3xxP(x)
3323
x
Suy ra (x-1)
3
chia co 11 dư 1 suy ra x-1 chia cho 11 dư 1 suy ra x chia cho 11 dư 2
mà x<100 suy ra kết quả
Câu 2( 4,0 điểm)
a)Tính gía trị biểu thức
25a4aa
23aa
P
23
3
, biết
33
302455302455a
b)Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
13zz1,3yy1;3xx
333
Chứng minh rằng
6zyx
222
Hướng dẫn
a) tính
50)225)(5(3110
23
aaaaaa
thay a=5 vào
3
7
P
b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ
)3(3
)2(3
)1(3
)(3
)(3
)(3
13
13
13
22
22
22
33
33
33
3
3
3
zxzx
zzyy
yxyx
xzxz
zyzy
yxyx
zz
yy
xx
trừ (1) cho (2) ta được
00))(( zyxzyxzx
cộng (1) ;(2) ;(3) ta có
9)(2
222
xzyzxyzyx
(*)
mà tù x+y+z=0 suy ra
2
222
zyx
xzyzxy
thay vaò (*) ta có đpcm
Câu 3( 4,0 điểm)
a) Giải phương trình
13x
4x
1x
13x
b) Giải hệ phương trình:
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
Hướng dẫn
a) HD đkxđ
3
1
x
136
132
1324
1324
13216
13x4131213x41)13(413x
4x
1x
13x
2
2
2
xx
xx
xxx
xxx
xxx
xxxxxxx
giải ra pt có 2 nghiệm x=1;
72
1533
x
b)
0(2)6y24xy22x
0(1)48yx4xy2y3x
03y2xyx
048yx4xy2y3x
22
22
22
22
lấy pt(1) trừ pt(2) ta được
22
12
0)22)(12(02)2(32
2
yx
yx
yxyxyxyx
thay vào phương trình
032
22
yxyx
hệ có 4 nghiệm
6
10913
;
3
1097
;
6
10913
;
3
1097
;35;0;1; yx
Câu 4( 7,0 điểm)
Hướng dẫn
I
K
H
P
D
M
N
F
A
B
C
E
a)
ENB=
EFM suy ra
ENM+
EFM=180
0
b)gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có
DPF=
DMF =
EAF=
mặt khác
EAF=
EPF nên
EPF=DPF nên E;D;P thẳng hàng suy ra EP//BC mà
EPAOBCAO
gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung điểm FP và OI
vuông góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp suy ra
HOI=
HPF=
( không đổi)
suy ra I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng
Q
I
H
F
D
M
N
A
O
B
C
E
c) khi BC=R ;
EAF==60
0
thì tam giác OBC đều suy ra IO đi qua B ta chứng minh
được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi đó IM//AO ta
tính BQ;QM được áp dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính được OI
Hướng dẫn
Lời giải 1
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
3
2
1 1 1
4 4 4
4 4 4
9
()
12 ( ) 12 ( )
9
3( )
12 ( ) 12 ( )
12
36
12 ( )
12 3
xyz
P x y z
yz xz yx
yz xz yx
x y z
x y z
P
xy yz xz xy yz xz
xy yz xz
xy yz xz
P
xy yz xz xy yz xz
xy yz xz
x y z
P
xy yz xz
x
22
3
yz
Đặt
3
1
3
x y z
xyz t
Xét hiệu
2
3 2 2
2
36
4 12 ( 1)( 3) 0
12 3
t
t t t t t
t
Bất đẳng thức được chứng minh dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
Lời giải 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
4
4 4 4
x y z y x z z y x
xyz
yz xz yx
(*)4
)4()4()4(
222222222222
yxxyz
zxyz
xzxyz
zyyx
yzxyz
zxyx
M
3
3
33
)4)(4)(4(3
312
)4)(4)(4(
6
)4)(4)(4(
6
)4(
1
)4(
1
)4(
1
2
)4(
1
)4(
1
)4(
1
2
)4()4()4(
2
)4(
22
)4(
22
)4(
22
xyxzyzxyzxyxzyzxyzxyxzyzxyz
N
yxxyzzxyzyyxyyzxyzz
N
yxyx
zx
xzxz
zx
yzyz
zy
N
N
yxxyz
yzxz
xzxyz
yzxy
yzxyz
xzxy
M
Mặt khác
44
4
123
4
4443
)4)(4)(4(3
yzxyxzxyzyzxyxzxyz
xyyzxzxyz
Mà
0333
9111
yzxzxyxyz
xyz
xzyzxy
zyxzyx
3
3
4
33)4)(4)(4(381
4
123
)4)(4)(4(3
yzxzxyxyz
yzxyxzxyz
xyyzxzxyz
Nên
4
33
312
3
3
NM
BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú thọ
Lời giải 3 :Áp dụng BĐT AM – GM cho bốn số dương cho vế trái ta có
4
4
cyclic
x yz
VT
yz
.
Ta cần chứng minh
4
1
41
4
4
cyclic cyclic
x yz
xyz
yz
yz yz
.
Đặt
, , 3
2
cyclic
yz
a yz b zx c xy a b c x y z
.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
3
1
1
4
cyclic
aa
.
Ta có
2
4 3 2 2
3
14
9 4 4 16 1 2 9 0
49
a
a a a a a a a
aa
Bđt này đúng vì
03a yz
/2.
Do đó
3
1 4 3 4
1
4 9 3 9 3
cyclic
abc
aa
Dấu bằng xảy ra khi
11a b c x y z
.■
GV KIỀU ĐÌNH PHÚ -THCS TT SÔNG THAO - PHÚ THỌ
Lời giải 4 Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
4
4 4 4
x y z y z x z x y
A xyz
yz zx xy
Với
, , 0x y z
ta có:
22
9
40
4 4 4
y z x y z
yz yz
Tương tự ta cũng có:
4 0, 4 0 zx xy
.
Áp dụng BĐT Bunhia-copx-ki ta có:
22
2 2 2 2
42 x x y z x x y z x y z
Từ đó suy ra:
2
2 2 2
2
2
4 4 4
x y z
x y z
yz yz
Làm tương tự ta có:
22
2 2 2 2 2 2
22
22
;
4 4 4 4 4 4
y z x z x y
y z x z x y
zx zx xy xy
Do đó:
222
222
4 4 4 4 4 4
x y z y z x z x y
AB
yz zx xy
Mặt khác theo BĐT Cô-si:
22
22
4 4 2
4 2 . 4 2 1
4 4 9 4 4 9 3
x y z x y z
yz yz x y z
yz yz
22
22
4 4 2
4 2 . 4 2 2
4 4 9 4 4 9 3
y z x y z x
zx zx y z x
zx zx
22
22
4 4 2
4 2 . 4 2 3
4 4 9 4 4 9 3
z x y z x y
xy xy z x y
xy xy
Lấy
1 2 3
theo vế suy ra:
4 8 8 4
12 8
9 3 3 9
B xy yz zx x y z B xy yz zx
BĐT đã cho được giải quyết chọn vẹn nếu chứng minh được:
84
44
39
xy yz zx xyz
Ta có:
3
84
4 . 4
81 27
x y z x y z xy yz zx xyz
do
3 x y z
.
Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:
2 2 2
3
3
3 ; 3 x y z xyz xy yz zx x y z
Suy ra:
3
3
2 2 2
3
33
8 4 8 4
. . 3 .3 .3 4
81 27 81 27
x y z x y z xy yz zx xyz xyz x y z xyz
Từ đó BĐT đã cho được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1 x y z
.
Việt Trì, ngày 20 tháng 03 năm 2014.
Bùi Hải Quang
Lời giải 5
Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
4 4 4
x y z y z x z x y
A
yz zx xy
Khi đó
2 2 2
2 2 2
1 1 1
( )( ) ( )
4 4 4 4 4 4
x y z
A x y z
xy yz zx yz zx xy
Áp dụng bdt
1 1 1 9
a b c a b c
ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 9( ) 18( ) 18( )
( )( )
4 4 4 12 ( ) 24 2( ) 15
x y z x y z x y z
x y z
xy yz zx xy yz zx xy yz zx x y z
(1)
Theo bdt AM-GM
22
3
2
(4 ) 1 (4 ) 1
3 . .
4 9 3 4 9 3
(4 ) 1 5 1
4 9 3 9 9 3
x x yz x x yz
x
yz yz
x x yz x xyz
x
yz
2
51
4 9 9 3
x x xyz
yz
Tương tự ta có
2
2
51
4 9 9 3
51
4 9 9 3
y y xyz
zx
z z xyz
xy
Cộng từng vế
2 2 2
52
( ) 1
4 4 4 9 3 3 3
x y z xyz xyz
x y z
yz zx xy
(2)
Từ (1) và (2)
2 2 2
2 2 2
18( ) 2
15 3 3
x y z xyz
A
x y z
Từ
3x y z
ta CM được
2 2 2
3x y z
2 2 2
2 2 2
18( )
3
15
x y z
x y z
( dễ chứng minh được theo
biến đổi tương đương)
2 11
3
3 3 3 3
xyz xyz
A
và chứng minh kết thúc nếu chỉ ra được
11
4
33
xyz
xyz
11 11
33
xyz
( điều này luôn đúng do
3
1
3
x y z
xyz
)
3
1
3
x y z
xyz
Vậy ta có ĐPCM dấu = xảy ra khi x=y=z=1 ,
các thầy cô đóng góp thêm lời giải cho bài số 5 nhé
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Số báo danh
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21/03/2014
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức
xy x xy x
x 1 x 1
A 1 : 1
xy 1 1 xy xy 1 xy 1
.
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Cho
11
6
xy
. Tìm giá trị lớn nhất của A.
Câu II (5,0 điểm).
1.Cho phương trình
04222
22
mmxmx
. Tìm
m
để phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt
1
x
,
2
x
thỏa mãn
mxx
xx
15
112
21
2
2
2
1
.
2. Giải hệ phương trình
4 4 4
1x y z
x y z xyz
.
Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b
2
) chia hết cho (a
2
b – 1).
2. Tìm
Nzyx ,,
thỏa mãn
zyx 32
.
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 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 V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
33
11
B
xy
xy
.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Câu
Ý
Lời giải (vắn tắt)
Điểm
I
(4,0đ)
1
(2,5đ)
Điều kiện:
xy 1
.
0,25
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
A:
xy 1 1 xy
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
xy 1 1 xy
0,50
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
0,50
1x
1
x y xy xy
.
1,25
2
(1,5đ)
Theo Côsi, ta có:
1 1 1 1
6 2 9
x y xy xy
.
0,50
Dấu bằng xảy ra
11
xy
x = y =
1
9
.
0,50
Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y =
1
9
.
0,50
II
(5,0đ)
1
(2,5đ)
PT đã cho có hai nghiệm phân biệt co
́
điều kiê
̣
n:
0'
00422
2
2
mmmm
(*)
0,50
Với
0m
theo Vi-et ta có:
42.
24
2
21
21
mmxx
mxx
.
0,25
Ta có
mxx
xxxx
mxx
xx
15
11
2
2
15
112
21
21
2
21
21
2
2
2
1
(1)
0,50
mmmmm 15
1
42
1
46
1
22
0,50
15
1
2
4
1
6
4
1
m
m
m
m
. Đặt
t
m
m
4
do
0m
0 t
0,50
Ta cos (1) trở thành
4
12
4
15
1
2
1
6
1
t
t
t
tt
( do
0t
)
0,50
Với
4t
ta có
24
4
m
m
m
thỏa mãn (*)
0,25
2
(2,5đ)
Ta có:
4 4 4 4 4 4
4 4 4
2 2 2
x y y z z x
x y z
2 2 2 2 2 2
x y y z z x
=
=
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
=
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
0,50
0,50
0,50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21/03/2014
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Dấu bằng xảy ra
1
1
3
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
0,50
III
(4,0đ)
1
(2,0đ)
Giả sử (a + b
2
) (a
2
b – 1), tức là: a + b
2
= k(a
2
b – 1), với k
*
a + k = b(ka
2
– b) a + k = mb (1)
Ở đó m mà: m = ka
2
– b m + b = ka
2
(2)
0,50
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 > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m 1 (vì m ).
Do b > 0 nên b – 1 0 (do b ) (m – 1)(b – 1) 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) 0.
0,50
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka 0 k + 1 ka 1 k(a – 1) (4)
Vì a – 1 0 (do a , a > 0) và k , k > 0 nên từ (4) có:
a1
k(a 1) 0
a2
k(a 1) 1
k1
0,25
- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2
m 1 2
b 1 1
b2
b3
m 1 1
b 1 2
Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.
0,25
- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0
b1
m1
.
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3.
0,25
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
0,25
2
(2,0đ)
Ta có
zyx 32
yzzyx 232
yzzyxzyxyzzyx 41234232
2
(1)
0,50
TH1. Nếu
0 zyx
Ta có
zyx
zyxyz
4
124
3
2
(2) vô lý
( do
Nzyx ,,
nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
0,50
TH2.
0 zyx
khi đó
3
0
1
yz
zyx
(3)
0.50
Giải (3) ra ta được
3
1
4
z
y
x
hoặc
1
3
4
z
y
x
thử lại thỏa mãn
0,50
IV
(6,0đ)
1
(2.5đ)
2
(2.5đ)
3(1đ)
D
E
M
I
H
F
C
O
B
A
Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên
0
AMB 90
(góc nội
tiếp chắn nửa đường tròn)
hay
0
FMB 90
.
Mặt khác
0
FCB 90
(giả thiết).Do đó
0
FMB FCB 180
.
Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp
CBM EFM 1
(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.
(C thể nhn ra ngay
EMF MBA MFE
nên suy ra EMF cân)
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra
IH DF
và
DIF
DIH 3
2
.
Trong đường tròn
I
ta có:
DMF
và
DIF
lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng
chắn cung DF. Suy ra
1
DMF DIF
2
(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
o
DBA HIB 180
o
DIH HIB 180
Ba điểm D, I, B thẳng hàng.
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng
ABI ABD
1
2
sđ
AD
.
Mà C cố định nên D cố định
1
2
sđ
AD
không đổi.
Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD.
0,50
0,50
V(1đ)
Ta có:
3
1 2xy
1 1 1 1
B
xy 1 3xy xy xy(1 3xy)
(x y) 3xy(x y)
.
Theo Côsi:
2
(x y)
1
xy
44
.
0.25
Gọi B
o
là một giá trị của B, khi đó, x, y để:
o
1 2xy
B
xy(1 3xy)
3B
o
(xy)
2
– (2 + B
o
)xy + 1 = 0 (1)
Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy = B
o
2
– 8B
o
+ 4 0
o
o
B 4 2 3
B 4 2 3
0.25
Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có:
o
B 4 2 3
.
Với
o
o
o
2B
3 3 3 3
B 4 2 3 xy x(1 x)
6B
6 2 3 6 2 3
2
2 3 2 3
1 1 1 1
33
x ,x
33
x x 0
3
2
62
2
.
0.25
Vậy,
min
B 4 2 3
, đạt được khi
2 3 2 3
1 1 1 1
33
x , y
22
hoặc
2 3 2 3
1 1 1 1
33
x , y
22
.
0.25
Chú ý:
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn
quy định.
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 không làm tròn.
