Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Số báo danh Lớp 9 THCS Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) ⎛⎞⎛⎞xx−+183111 x −+ Cho biểu thức P =+⎜⎟⎜⎟: −. ⎝⎠⎝⎠31+−xxxx10 − x − 3111 −− − 1) Rút gọn P . 322+− 322 2) Tính giá trị của P khi x =−44. 322−+ 322 Câu II (4,0 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng dy:2= x− và parabol ():P yx= − 2 . Gọi A và B là giao điểm của d và ()P . 1) Tính độ dài AB . 2) Tìm m để đường thẳng dy': = −+ xm cắt ()P tại hai điểm C và D sao cho CD= AB . Câu III (4,0 điểm) ⎧ x2 ⎪ + x = 2 ⎪ y 1) Giải hệ phương trình ⎨ y2 1 ⎪ + y = . ⎩⎪ x 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2xy62+− 2 xy 3 = 320. Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có ABAC> . Gọi M là trung điểm của BC ; H là trực tâm; ADBECF,, là các đường cao của tam giác ABC . Kí hiệu ()C1 và ()C2 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE , với K là giao điểm của EF và BC . Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của ()C1 và ()C2 . 2) KH⊥ AM . Câu V (2,0 điểm) Với 0,,1≤≤x yz . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: xyz3 ++=. 111++yzx ++ zxy ++ xyzxyz ++ HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 9 THCS Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 2,0 điểm 4,0 Điều kiện xác định: 110<≠x (*). điểm Đặt: xaa−=1,03 < ≠. 1,0 ⎛⎞aa2 ++9311⎛⎞ a Khi đó: P =+⎜⎟22:⎜⎟ − ⎝⎠39+−aaaaa⎝⎠ − 3 3(aa++ 3) 2 4 −3a −31x − = : = = . 1,0 9(3)−−aaa2 24a + 214x − + 2) 2,0 điểm 22 x =+44()322 −−() 322 1,0 44 =+−−44()21() 21 =+−−21( 21) = 2. −3 1 1,0 Suy ra: P = =− . 24+ 2 II 1) 2,0 điểm 4,0 ⎧−=−x2 x 2 điểm Toạ độ A và B thoả mãn hệ: ⎨ ⎩yx=−2 1,0 ⇔ (;xy )=− (1;1) hoặc (xy ; )=− ( 2; − 4) . AB =+=9932. 1,0 2) 2,0 điểm Xét phương trình (hoành độ giao điểm của (P ) và d '): − x2 =−xm + ⇔ xxm2 − +=0 (1). Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm x12, x phân biệt 1 1,0 ⇔ m < (*). 4 Khi đó, toạ độ của C và D là: Cx(;11 y ) và Dx(;22 y ), trong đó: y11= −+xm và y22= −+xm. 222 2⎡ 2⎤ CD=−()()2()2()4 x12 x +− y 12 y = x 12 − x =⎣ x 12 + x − x 12 x ⎦ . 2 Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: CD=−2(1 4 m ) . 1,0 CD= AB ⇔ 2(1−= 4m ) 18 ⇔ m = − 2, thoả mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm của m là: m =− 2. III 1) 2,0 điểm - 1 -
3. 4,0 Điều kiện xác định: xy ≠ 0 (*). điểm 2 22 ⎪⎧ x +=xy2 y ⎪⎧x ++=+23yxyxy 2 Khi đó, hệ đã cho tương đương với: ⇔ ⎨ 2 ⎨ 2 ⎪22yxyx+= ⎪22yxyx+= ⎩ ⎩ ⎧(2)(1)0xyxy++−= 1,0 ⇔ ⎨ 2 ⎩22yxyx+= ⎧x =−1 y ⎧x =−2y ⎪ ⇔ ⎨ 2 hoặc ⎨ 1 ⎩yy−=0 y = ⎩⎪ 3 ⎛⎞21 1,0 ⇔ (;x y )= (0; 0), (− 2; 1) hoặc ⎜⎟; . ⎝⎠33 ⎛⎞21 Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: (x ;y ) = (2;1)− hoặc (;xy )= ⎜⎟ ; . ⎝⎠33 2) 2,0 điểm 2xy62+− 2 xy 3 = 320 (1). 2 (1) ⇔ xxy332+−=( ) 320 . () Đặt: x3 = 8u và x3 −=yv8 , (1) trở thành: uv22+ = 5. 1,0 ⎧xu3 = 8 ⎪ ⎪x3 −=yv8 Hệ: suy ra: (xy ; )=− (2; 8), (2;24), ( −− 2; 24), ( − 2;8) . 1,0 ⎨ 22 ⎪uv+=5 ⎪ ⎩xy, ∈ IV 1) 3,0 điểm 6,0 điểm A (C1) F E L (C2) H 1,0 B M D C K MEB= CBE (tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) = CAD (hai tam giác vuông EBC và DAC có chung góc nhọn C ). - 2 -
4. Mặt khác HC∈(), từ đó ta có: HEM = HAE . 1 0,5 Suy ra, ME là tiếp tuyến của ()C1 . MED=− MEC DEC = MCE− DEC (do tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) 1,0 = MCE− DHC (tứ giác HDCE nội tiếp) = MCE− FHA (góc đối đỉnh) = MCE− FEA (tứ giác HEAF nội tiếp) = MCE− CEK (góc đối đỉnh) 0,5 = DKE (góc ngoài tam giác), suy ra ME là tiếp tuyến của ()C2 . Hoàn thành lời giải bài toán. 2) 3,0 điểm 2 Gọi LAMC=∩()1 ; theo câu IV.1), ta có: MLMA == ME MDMK. 1.0 Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - là đường tròn đường kính AK . 1.0 Do đó KL⊥ AM . Mặt khác, ta lại có HL⊥ AM (vì LC∈()1 - là đường tròn đường kính AH ). 1.0 Do đó KLH, , thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh. V 2,0 xyz3 ++= (1). điểm 111++y zx ++ z xy ++ x yz x ++ y z Giả thiết 0≤ yz 0 (*). 0.5 Khi đó, ta có: (1−−≥zx )(1 ) 0 xx ⇔ 1 +≥+zx z x ⇔ ≤ . 1 + y +++zx x y z yy zz Tương tự, ta cũng có: ≤ và ≤ . 1 ++zxyxyz ++ 1+ x +++yz x y z 0.5 3 xyz Suy ra: =++≤1 xyz++111 ++ yzx ++ zxy ++ xyz hay xyz++≥3 (1) 0.5 Mặt khác, từ 0,,1≤≤x yz , suy ra: xyz+ +≤ 3 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: xyz++= 3, kết hợp với điều kiện 0≤ x ,yz ,≤ 1 suy ra x ===yz 1 0.5 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (xyz ; ; )= (1;1;1) HẾT - 3 -