Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Tỉnh Thanh Hóa (Có đáp án)

 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 
 1. Rút gọn biểu thức A. 
 2. Cho 1 1 6 . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
 x y
Câu 2: (5,0 điểm)
 1. Cho phương trình x2 2 m 2 x m2 2m 4 0 . Tìm m để phương trình có hai 
 2 1 1
 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 2 .
 x1 x2 x1x2 15m
 x y z 1
 2. Giải hệ phương trình 4 4 4 .
 x y z xyz
Câu 3: (4,0 điểm)
 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a; b sao cho a b2 chia hết cho a2b –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 B 1 1 .
 x3 y3 xy
 .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
 xy x xy x 
 A x 1 1 : 1 x 1
 xy 1 1 xy xy 1 xy 1 
 1. Rút gọn biểu thức A. 
 2. Cho 1 1 6 . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
 x y
 Lời giải
 1. Điều kiện: xy 1.
 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 
 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
 2. Theo Côsi, ta có: 6 1 1 2 1 1 9 .
 x y xy xy
 1
 Dấu bằng xảy ra 1 1 x y .
 x y 9
 1
 Vậy: maxA 9, đạt được khi: x y . 
 9
Câu 2: (5,0 điểm)
 1. Cho phương trình x2 2 m 2 x m2 2m 4 0 . Tìm m để phương trình có hai 
 2 1 1
 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 2 .
 x1 x2 x1x2 15m
 x y z 1
 2. Giải hệ phương trình 4 4 4 .
 x y z xyz
 Lời giải
 1. PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 
 ' 0 m 2 2 m2 2m 4 0 m 0 (*)
 x1 x2 4 2m
 Với m 0 theo Vi-et ta có: 2 .
 x1.x2 m 2m 4
 2 1 1 2 1 1
 Ta có (1)
 x2 x2 x x 15m 2 x x 15m
 1 2 1 2 x1 x2 2x1x2 1 2 1 1 1
 m2 6m 4 m2 2m 4 15m
 1 1 1 4
 . Đặt m t do m 0 t 0
 4 4
 m 6 m 2 15 m
 m m
 1 1 1 t 4
 Ta cos (1) trở thành t 4 ( do t 0 )
 t 6 t 2 15 t 12
 4
 Với t 4 ta có m 4 m 2 thỏa mãn (*)
 m
 2. Ta có:
 x4 y4 y4 z4 z4 x4
 x4 y4 z4 x2 y2 y2 z2 z2 x2 =
 2 2 2
 x2 y2 y2 z2 y2 z2 z2 x2 z2 x2 x2 y2
 = xyyz yzzx zxxy =
 2 2 2
 xyz x y z xyz (vì x y z 1).
 x y z 1
 Dấu bằng xảy ra x y z 
 x y z 1 3
 1 1 1 
 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x; y; z ; ; .
 3 3 3 
Câu 3: (4,0 điểm)
 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a; b sao cho a b2 chia hết cho a2b –1 . 
 2. Tìm x, y, z ¥ thỏa mãn x 2 3 y z .
 Lời giải
 1. Giả sử a b2  a2b –1 , tức là: a b2 k a2b –1 , với k ¥ * 
 a k b ka2 – b a k mb (1)
 Ở đó m ¢ , mà: m ka2 – b m b ka2 (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 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 
 Lại do a 0 nên suy ra: k 1– ka 0 k 1 ka 1 k a –1 (4)
 a 1
 k(a 1) 0 
 Vì a –1 0 (do a ¢ , a 0) và k ¢ , k 0 nên từ (4) có: a 2
 k(a 1) 1 
 k 1
 m 1 2
 b 1 1 b 2
 - Với a 1. Thay vào (3) ta được: m –1 b –1 2 
 m 1 1 b 3
 b 1 2 Vậy, trường hợp này ta có: a 1, b 2 hoặc a 1, b 3. 
 b 1
 - Với a 2 (vì k 1). Thay vào (3) ta có: m –1 b –1 0 .
 m 1
 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. 
 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 (1)
 4yz x y z 2 12
 TH1. Nếu x y z 0 Ta có 3 vô lý (2)
 4 x y z 
 (do x, y, z ¥ nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
 x y z 0
 TH2. x y z 0 khi đó 1 (3)
 yz 3
 x 4 x 4
 Giải (3) ra ta được y 1 hoặc y 3 thử lại thỏa mãn.
 z 3 z 1
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. E
 Lời giải
 1. Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB 
 (giả thiết) nên ·AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa D
 đường tròn) M
 hay F· MB 90. I
 H
 Mặt khác F· CB 90 (giả thiết).Do đó 
 F· MB F· CB 180 . F
 Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp C· BM E· FM 1 A C O B
 (vì cùng bù với C· FM ).
 Mặt khác C· BM E· MF 2 (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 
 ¼AM ). Từ (1) và (2) E· FM E· MF .
 Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. (Có thể nhận ra ngay E· MF M· BA M· FE nên suy ra EMF cân)
 D· IF
 2. Gọi H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và D· IH (3)
 2
 Trong đường tròn I ta có: D· MF và D· IF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 
 1
 cung DF. Suy ra D· MF D· IF (4)
 2
 Từ (3) và (4) suy ra D· MF D· IH hay D· MA D· IH . 
 Trong đường tròn O ta có: D· MA D· BA (góc nội tiếp cùng chắn D»A )
 Suy ra D· BA D· IH .
 Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó D· BA H· IB 180o
 D· IH H· IB 180o Ba điểm D, I, B thẳng hàng.
 1
 3. Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ·ABI ·ABD sđ»AD. 
 2
 1
 Mà C cố định nên D cố định sđ»AD không đổi.
 2
 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. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B 1 1 .
 x3 y3 xy
 Lời giải
 1 2xy
 Ta có: B 1 1 1 1 .
 (x y)3 3xy(x y) xy 1 3xy xy xy(1 3xy)
 (x y)2
 Theo Côsi: xy 1 .
 4 4
 Gọi B0 là một giá trị của B, khi đó, tồn tại x, y để: 
 1 2xy 2
 B 3B xy – 2 B xy 1 0 (1)
 0 xy(1 3xy) 0 0 
 2 Bo 4 2 3
 Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm x, y B0 – 8B0 4 0 
 Bo 4 2 3
 Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B 0. Do đó ta có: B0 4 2 3 .
 2 B0 3 3 3 3
 Với B0 4 2 3 xy x(1 x) 
 6B0 6 2 3 6 2 3 
 2 3 2 3
 1 1 1 1
 x2 x 3 3 0 x 3 , x 3 .
 6 2 3 2 2 2 3 2 3
 1 1 1 1
Vậy, B 4 2 3 , đạt được khi x 3 , y 3 hoặc 
 min 2 2
 2 3 2 3
 1 1 1 1
 x 3 , y 3 . 
 2 2
 ..HẾT