Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Thanh Hóa năm học 2013 - 2014 môn thi Toán - lớp 9 thcs

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 . Tìm giá trị lớn nhất của A. 1 1 6 x y  

Câu II (5,0 điểm).

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

có hai nghiệm thực phân biệt , thỏa mãn . 1x 2x m x x x x 15

1 1 2

2 1 2 2 2 1

  

2. Giải hệ phương trình . 4 4 4 1 x 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 + b2) chia hết cho (a2b – 1).

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

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 . 3 3 1 1 B xy x y   

----- HẾT ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ThuVienDeThi.com

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)

Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm 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

1 (2,5đ)

. 1 x 1 x y xy xy     1,25

Theo Côsi, ta có: . 1 1 1 1 6 2 9 x y xy xy     

0,50

Dấu bằng xảy ra   x = y = . 1 1 x y  1 9 0,50

I (4,0đ)

2 (1,5đ)

Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = . 1 9 0,50 PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:

(*) 0 '     0 0 4 2 2 2 2         m m m m 0,50

Với theo Vi-et ta có: . 0  m

  

  

  

4 2 .

2 4

2 2 1

2 1

m m x x

m x x

0,25

Ta có (1)   m x x x x x x m x x x x 15

1 1 2 2 15

1 1 2

2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1

       

0,50

m m m m m 15

1 4 2 1 4 6 1

2 2       

0,50

1 (2,5đ)

. Đặt do 15

1

2 4 1

6 4 1       

m m

t m m  4 0  m 0  t

0,50

II (5,0đ)

Ta cos (1) trở thành ( do ) 4 12

4

15

1 2 1 6 1    





       t t t

t t 0  t

0,50

ThuVienDeThi.com