Toan 9 hsg mot so de tham khao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) a 1 a a  a2  a a  a  Cho biểu thức: M    với a > 0, a  a a a aa a a) Chứng minh M  b) Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất: y 0,5x  , y 6  x y mx có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hồnh độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hồnh độ M tung độ N; từ đó, suy 1  giá trị nhỏ biểu thức Q  OM ON Bài (2,0 điểm) 17x  2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình:  x  2y 3xy x  y  z  z  x  (y  3) b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: Bài (3,0 điểm) Cho đường trịn (C) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương -HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau thống xác Học sinh có lời giải khác đúng, xác phải nằm chương trình học làm đến ý giám khảo cho điểm ý Việc làm trịn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM a 1 a a  a  a a  a    với a > 0, a  a a a aa a a) Chứng minh M  b) Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên M Cho biểu thức: M  Bài Do a > 0, a  nên: a a  ( a  1)(a  a  1) a  a    a a a ( a  1) a 2,00 0,25 a  a a  a  (a 1)(a  1)  a (a  1) (a  1)(a  a  1)  a  a     aa a a (1  a) a (1  a) a 1.a a 1 (1,25đ)  M  2 a Do a  0; a 1 nên: ( a  1)   a   a a  4 a Ta có  N   N nhận giá trị nguyên M a 1.b 1  a  a  0  ( a  2) 3 Mà N =  a 1  a (0,75đ)  a 2  hay a 2  (phù hợp)  M Vậy, N nguyên  a (2  3) Bài 2 a) Cho hàm số bậc nhất: y 0,5x  , y 6  x y mx có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hồnh độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hồnh độ M tung độ N; từ đó, suy giá 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1  OM ON Điều kiện để (m) đồ thị hàm số bậc m 0 Phương trình hồnh độ giao điểm (d1) (m) là: 0,5x  mx  (m  0,5)x 3 Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m  0,5  hay m  0,5 2.a (0,75đ) Phương trình hồnh độ giao điểm (d2) (m) là:  x mx  (m  1)x 6 Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m   hay m   Vậy điều kiện cần tìm là:   m  0,5; m 0 Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0 am  b    a  b  hệ thức liên hệ m n 2m  n mn  n b  trị nhỏ biểu thức Q  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  1 Chia hai vế cho mn  ta được: (**) 2.b m n (1,25đ) 2 4   1  2         5        m n mn m n m n  m n 1  ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))  Q    ; dấu “=” xảy m n m n Vậy giá trị nhỏ Q Bài 17x  2y 2011 xy a) Giải hệ phương trình:  x  2y 3xy b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: 17  y  x 2011   Nếu xy  (1)     3  y x 1  y  1  x 17 3.a  y  x  2011 (1,25đ) Nếu xy  (1)      3  y x Nếu xy 0 (1)  x y 0 (nhận) 3.b (0,75đ) 0,25 0,25 (1) x  y  z  z  x  (y  3) (2) 1007   x   490  (phù hợp) 490  y  1007    1004   y  xy  (loại)    1031  x 18 0,25 2,0 đ 0,50 0,25 0,25   ; KL: Hệ có nghiệm (0;0)    490 1007  Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ (2)  x  y  z  z  x x  y  z  z  x  0,25 0,25  ( x  1)  ( y  z  1)  ( z  x  1) 0 0,25  x 1  x 1     y  z 1   y 3 (thỏa điều kiện)   z 2   z  x 1 0,25 Cho đường tròn (C ) với tâm O đường kính F AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) C Bài điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam N giác BNF NF ngắn MN  BF BC  NF  A trực tâm tam giác BNF 4.a  FA  NB (1,00đ) Lại có AE  NB M A B O E (C ) Nên A, E, F thẳng hàng   , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng CAN MAB AN AC 4.b  Suy ra: (0,75đ) AB AM Hay AM AN AB AC 2R không đổi (với R bán kính đường trịn (C )) Ta có BA  BC nên A tâm tam giác BNF  C trung điểm NF (3)   Mặt khác: , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng CAN CFM CN AC 4.c   CN CF BC AC 3R  BC CF (1,25đ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: NF CN  CF 2 CN CF 2R không đổi Nên: NF ngắn  CN =CF  C trung điểm NF (4) (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF  NF ngắn Bài Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 123456789101112 S 3467891112  (1) số nguyên 100  hai chữ số tận S 00 (1,00đ Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý ) S đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận (vì 34=12; 26=12; 100 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) Vậy ba chữ số tận S 600 3,0 đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,50 0,25 0,25 - Hết - 3.b (0,75đ) Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ x 1 y  z 1 z  x 1 ; y z  ; z x  Theo BĐT Cauchy: x  2  VP  x  y  z  z  x  (y  3) VT 0,25 0,25  x 1  x 1   Do  y  z 1   y 3 thỏa điều kiện   z 2   z  x 1 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY 0,25 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Môn : TỐN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vịng 2) Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức P = b 1 ax  a x  a  x  a  x 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:  x  3x  2  y  y  3y  4  2z  z  3z  6  3x  Bài ( 3,0 điểm) Với số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a = 3 3 ;b= 2 Chứng minh với n ≥ 1, ta có Sn + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn) Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn số nguyên   1  n    n      Tìm tất số n để S n – Chứng minh Sn – =         số phương Bài (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường trịn (O1) đường kính AE đường trịn (O2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường trịn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O2) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vng góc với đường thẳng AB 2 Với AB = 18 cm AE = cm, vẽ đường trịn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D, cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Bài 5: (4đ): Cho ABC đường thẳng d cắt AB AC trung tuyến AM theo thứ tự Là E,F,N a) Chứng minh : AB AC AM   AE AF AN b) Giả sử đường thẳng d // BC Trên tia đối tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB P đường thẳng KM cắt AC Q Chứng minh PQ//BC Bài 6: (2 điểm) Cho < a, b,c  a + x > (1) a (b  1) Xét a – x = (2) 0 b 1 Ta có a + x > a – x ≥  a  x  a  x 0 (3) Từ (1); (2); (3)  P xác định Rút gọn: a 2ab a (b  1)  a  x (b  1) Ta có: a + x = a   b 1 b 1 b 1 a 2ab a (b  1)  a  x b  a - x =a   b 1 b 1 b 1 a a (b  1)  b b 1 b 1   b 1  b    P= 3b b   b  3b a a (b  1)  b  1 b 1 b    Nếu < b <  P = 2b 3b 3b  P = b   3b   Nếu b 1 3b 3b (1.0 điểm) Xét trường hợp: 4  Nếu < b < 1, a dương tuỳ ý P =  P  3b  b  2b      Nếu b 1 , a dương tuỳ ý P = b  3b  3b  Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b   , dấu xảy b = 3b 2b  , dấu xảy b = Mặt khác: 3 2 Vậy P    , dấu xảy b = 3 KL: Giá trị nhỏ P = Ta có: 0,25 0,25 0,25 Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Biến đổi tương đương hệ ta có  (x  2)(x  1)   y  (y  2)(y  1) 2(2  z ) (z  2)(z  1) 3(2  x)  Điểm 1,00 Nhân vế phương trình với ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)  (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x  1) (y  1) (z  1)  =  (x - 2)(y - 2) (z - 2) =  x = y = z = Với x = y = z = thay vào hệ ta có x = y = z = Vậy với x = y = z = thoả mãn hệ cho   0,50 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải (1,0 điểm) Với n ≥ Sn + = an+2 + bn+2 (1) n+1 n+1 n n n+2 n+2 Mặt khác: (a + b)( a +b ) – ab(a +b ) = a + b (2) Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = Do a + b =3; ab =1 nên theo ta có: với n ≥ Sn+2 = 3Sn+1 - Sn Do S1, S2  Z nên S3 Z; S2, S3  Z nên S4 Z Tiếp tục trình ta S5; S6; ; S2008  Z (1.0 điểm) n Điểm 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 n  2   2  Ta có Sn – =            2   2     2   0,25 n   1  n    1 n                2    =                      1  n    n      đpcm =         1 51  Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = ; a1b1 = 2 0,25 Xét Un= a1n  b1n Với n ≥ Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n)  Un+2 = Un+1 – Un Ta có U1 =  Z; U2 =  Z; U3 = 4 Z; U4 =  Z; Tiếp tục trình ta Un nguyên  n lẻ Vậy Sn – số phương  n = 2k+1 với k  Z k 1003 0,25 0,25 Câu (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm F D N I C S A M O1 E O O2 B (2,5 điểm) O1M; O2N  MN  O1M/ / O2N Do O1; E; O2 thẳng hàng nên  MO1E =  NO2B Các tam giác O1ME; O2NB cân O1 O2 nên ta có:  MEO1=  NBO2 (1) Mặt khác ta có:  AME = 900   MAE +  MEO1= 900 (2)   MAE +  NBO2 = 900   AFB = 900  Tứ giác FMEN có góc vng  Tứ giác FMEN hình chữ nhật   NME =  FEM (3) Do MN  MO1   MNE +  EMO1 = 900 (4) Do tam giác O1ME cân O1   MEO1 =  EMO1 (5) Từ (3); (4); (5) ta có:  FEM +  MEO1= 900 hay  FEO1 = 900 (đpcm) (2,5 điểm) Ta có EB = 12 cm  O1M = cm < O2N = cm  MN cắt AB S với A nằm S B Gọi I trung điểm CD  CD  OI  OI// O1M //O2N  O1M SO1  O N SO  SO2 = 2SO1  SO1+O1O2 = 2SO1  SO1= O1O2 Do O1O2 = + = cm  SO1= O1O2 = cm  SO =SO1 + O1O = 15cm 0,25 0.25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Mặt khác: OI SO   OI = cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông I ta có: CI2 + OI2= CO2  CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = cm  CI2 + 25 = 81  CI = 56  CD = 14 cm Câu (2,0 điểm) Điểm A E E N I M B C S a) ( I , S  AM ) Kẻ BI , CS // EF AB AI AC AS  ,  Ta có: AE AN AF AN AB AC AI AS     () AE AF AN AN 1,0 BIM CSM (cgc)  IM MS Vậy: AI  AS  AI  AI  IM  MS 2 AM Ta có: Thay vào (*) ta (đpcm) 0,5 0,5 Khi d // BC  EF // BC  N trung điểm EF +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP L Ta có: NFP NFL(cgc)  EP  LF A Do : 0,5 K EP LF KF   (1) PB PB KB 0,5 L E +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM H Ta có BMH CMQ(cgc) N F Q P  BH QC B Do đó: FQ FQ KF   (2) QC BH KB M C 0,5 Từ (1) va (2)  FP FQ   PQ // BC PB QC (đpcm) Bài 6: điểm) Do a BE=DF BE//DF vng góc với AC => BEDF hình bình hành 2.a Chỉ góc CBH = góc CDK => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g)  CH CK  CB CD K 0,25đ Chỉ CB//AD,CK vng góc CB=> CK vng góc CB Chỉ góc ABC = góc HCK ( bù với BAD) Chỉ  0,5đ D 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ CH CK CH CK   hay  AB=CD CB CD CB AB Chỉ tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) b tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) Chỉ tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH => AB.AH=AE.AC (2) Công theo vế (1) (2) ta AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH Bài 1: (4,0 điểm) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang a) Rút gọn biểu thức A = x  x x 6 x  x 1  x  3 x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = Hãy tính giá trị biểu thức: A = x (1  y )(1  z ) (1  z )(1  x ) (1  x )(1  y )  y  z (1  x ) (1  y ) (1  z ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) a = 16   16  b) Tìm số tự nhiên n cho n2 + 17 số phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình sau: a)  x   x 3 b) x  x  2 x  Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn:  x y   y x   xy b) Cho a; b; c số thuộc đoạn   1; 2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; đường cao AK; BD; CE cắt H a) Chứng minh: KC AC  CB  BA2  KB CB  BA2  AC b) Giả sử: HK = AK Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c) Giả sử SABC = 120 cm2 BÂC = 600 Hãy tính diện tích tam giác ADE? TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH Tổ KHTN NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn: Tốn Thời gian: 120’ Câu 1: (4 điểm) a/ Rút gọn biểu thức A = ĐKXĐ: x  4; x  x  x  x 6 x  x 1  x  3 x A= =   x  x  x  2  x 1  x   x  3 x x  x 1 x   x   x  x     x x x x     x  x x  x  x 1 x b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = Hãy tính: A = x (1  y )(1  z ) (1  z )(1  x ) (1  x )(1  y )  y  z (1  x ) (1  y ) (1  z ) Gợi ý: xy + yz + xz =  + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z) (x + y) Tương tự: + y2 = …; + z2 = … Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) a = 16   16  b/ Tìm số tự nhiên n cho n2 + 17 số phương? Giải a/Từ a= 16   16      a 32  3 16  16   16   16   32  12 a nên a3 + 12a = 32   Vậy f(a) =  k  n 1  n 8  k  n 17 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k   ) k > n  (k – n)(k + n) = 17   Vậy với n = thỏa mãn yêu cầu toán Câu 3: (4 điểm) Giải phương trình sau: a/  x   x 3 b/ x  x  2 x  Giải a/ ĐK:  x 1 Bình phương vế:  x   x  (1  x)(4  x) 9  (1  x)(4  x) 2  x 0   3x  x 4  x( x  3) 0   (thỏa mãn)  x  Vậy phương trình có nghiệm: x = 0; x = -3 b/ x  x  2 x  ĐKXĐ: x     3  x  x   x   2 x   0    x  1    x  0 x   0    x  phương trình có nghiệm  x  1  x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn:  x y   y x   xy b/ Cho a; b; c số thuộc đoạn   1; 2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = chứng minh rằng: a + b + c  Giải a/  x y   y x   xy  x.2 y   y.2 x   xy Xét VP = x.2 y   y.2 x  theo BĐT cosi: y  4 y y 4x x  ;2 x    VP  xy = VT 2 2  x  2 Dấu = xảy khi:   y  2  x  y 8 b/ Do a; b; c thuộc đoạn   1; 2 nên a +  0; a –  nên (a + 1)(a – 2)  Hay: a2 – a –   a2  a + Tương tự: b2  b + 2; c2  c + Ta có: a2 + b2 + c2  a + b + c + theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = nên: a + b + c  Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; đường cao AK; BD; CE cắt H a/ Chứng minh: KC AC  CB  BA2  KB CB  BA2  AC b/ Giả sử: HK = AK Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c/ Giả sử SABC = 120 cm2 BÂC = 600 Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải a/ Sử dụng định lý pytago: A AC  CB  BA2 AK  KC  ( BK  CK )  AB  CB  BA2  AC ( BK  CK )  BA2  ( AK  KC ) 2CK  BK CK 2CK (CK  BK ) CK   = BK  BK CK BK ( BK  CK ) BK b/ Ta có: tanB = Nên: tanBtanC = D E H AK AK ; tanC = BK CK AK (1) BK CK KC  HKC  Mặt khác ta có: B mà: tanHKC = KH B K C Nên tanB = KC KB KB.KC  tan B.tan C  tương tự tanC = (2) KH KH KH Từ (1)(2)   tan B.tan C  Theo gt: HK =  AK     KH  AK  tan B tan C 3 c/ Ta chứng minh được: ABC ADE đồng dạng vậy: S ABC  AB    (3) S ADE  AD  Mà BÂC = 600 nên ABD 300  AB = 2AD(4) S ABC Từ (3)(4) ta có: S 4  S ADE 30(cm ) ADE KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA §Ị CHÝNH THøC NĂM HỌC 2011 - 2012 MƠN: TỐN Lớp thcs Thời gian làm 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng năm 2012 Câu I (4đ) æ x- æ x - +1 x +8 ữ ỗ ỗ ữ + : ỗ Cho biu thc P = ỗ ữ ỗ ỗ ữ ỗ3 + x - 10 - x ứ ố ỗx - x - - è 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị P x = 32 3 2  x- ö ÷ ÷ ÷ ÷ 1ø 3 2 32 Câu II (4đ) Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – parabol (P): y = - x2 Gọi A B giao điểm d (P) 1) Tính độ dài AB 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) hai điểm C D cho CD = AB Câu III (4đ) 1) Giải hệ phương trình  x2  y  x 2    y  y   x  2) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC Gọi M trung điểm BC; H trực tâm; AD, BE, CF đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1) (C2) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF DKE, với K giao điểm EF BC Chứng minh rằng: 1) ME tiếp tuyến chung (C1) (C2) 2) KH  AM Câu V (2đ) Với  x; y; z 1 Tìm tất nghiệm phương trình: x y z     y  zx  z  xy  x  yz x  y  z KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2011-2012 Mơn : TỐN Ngày thi :18/02/2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Câu 1:ĐK < x ¹ 10 1) x - +9 é P= :ê ê 10 - x ê ë x- 3( x - + 3) x - P= 10 - x x- ( P= x - +4ù ú x- 1- ú ú û ) x- 1- 1+4 x - 1( x - 10)( x - - 2) 3( x - 2) =2(10 - x)( x - 1- 4) 2( x - 5) b) x = 3+2 3- 2 3- 2 = (3 + 2) 3+2 (3 - 2) = + 2 - 3- 2 => x=1 + - ( - 1) = x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 x=2 Vậy A(1,-1) B(-2;-4) A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) điểm phân biệt phương trình x2-x+m=0 (1) có hai nghiệm phân biệt D > m < Ta có khoảng cách AB =18 để CD = AB (x1-x2)2+(y1-y2)2=18 (x1-x2)2=9 (x1+x2)2-4x1x2=9 1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) D(2;0) D(-1;-3) C(2;0 Câu III 1,ĐK x ¹ 0, y ¹ Đặt x=ky ( k ¹ 0) ìï (k + k ) y = ïï x  y  x 2 í   ï +1) y = (1) ï (  y  y   x ïỵ k  2 Nếu k=-1 hệ phương trình (1) vơ nghiệm nên hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu k ¹ -1 (k + k )k =4 từ (1) => k +1 => k=2 k = -2 Nếu k=2 => ( x, y ) = ( ; ) 3 Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320