Đang tải... (xem toàn văn)
Câu I (4,0 điểm) Cho biểu thức 1 8 3 11 1 : 3 1 3 11 1 10 xx x P x xx x x ⎛ ⎞⎛ ⎞ − + −+ =+ − ⎜ ⎟⎜ ⎟ + − − −− − − ⎝ ⎠⎝ ⎠ . 1) Rút gọn P. 2) Tính giá trị của P khi 4 4 3 22 3 22 3 22 3 22 x + − = − − + . Câu II (4,0 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng dy x : 2 = − và parabol 2 ( ): P y x = − . 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) 1) Giải hệ phương trình 2 2 2 1. 2 x x y y y x ⎧ + = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + = ⎪⎩ 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 62 3 2 2 320 x y xy +− = . Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC > . Gọi M là trung điểm của BC ; H là trực tâm; AD BE CF , , là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu 1 ( ) C và 2 ( ) C lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 Môn thi: TOÁN 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) Cho biểu thức 183111 : 10 31 311 1 xx x P x xxxx ⎛⎞⎛ ⎞ −+ −+ =+ − ⎜⎟⎜ ⎟ − +− − −− − ⎝⎠⎝ ⎠ . 1) Rút gọn P . 2) Tính giá trị của P khi 44 322 322 322 322 x +− =− −+ . Câu II (4,0 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng :2dy x = − và parabol 2 (): P yx = − . Gọi A và B là giao điểm của d và () P . 1) Tính độ dài A B . 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) 1) Giải hệ phương trình 2 2 2 1 . 2 x x y y y x ⎧ + = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + = ⎪ ⎩ 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 62 3 2 2 320xy xy+− = . Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn A BC có A BAC> . Gọi M là trung điểm của BC ; H là trực tâm; ,, A DBECF là các đường cao của tam giác A BC . Kí hiệu 1 ()C và 2 ()C lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác A EF và D KE , với K là giao điểm của EF và BC . Chứng minh rằng: 1) M E là tiếp tuyến chung của 1 ()C và 2 ()C . 2) KH AM⊥ . Câu V (2,0 điểm) Với 0,, 1 x yz≤≤. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 3 111 xyz yzx zxy xyz xyz ++= ++ ++ ++ ++ . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Số báo danh … …… - 1 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 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 Điều kiện xác định: 110x<≠ (*). Đặt: 1,0 3xaa−= < ≠. Khi đó: 2 22 9311 : 39 3 aa a P aaaaa ⎛⎞ ++ ⎛⎞ =+ − ⎜⎟ ⎜⎟ +− − ⎝⎠ ⎝⎠ 1,0 2 3( 3) 2 4 : 9(3) aa aaa ++ = −− 3 24 a a − = + 31 214 x x − − = − + . 1,0 2) 2,0 điểm x ()() 22 44 322 322=+ −− 1,0 4,0 điểm ()() 44 44 21 21=+−− ( ) 21 21=+− − 2 = . Suy ra: 3 24 P − = + 1 2 =− . 1,0 II 1) 2,0 điểm Toạ độ A và B thoả mãn hệ: 2 2 2 x x yx ⎧ −=− ⎨ =− ⎩ ⇔ (; ) (1; 1) xy=− hoặc ( ; ) ( 2; 4)xy=− − . 1,0 9932AB =+= . 1,0 2) 2,0 điểm Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( )P và 'd ): 2 x xm − =− + ⇔ 2 0xxm − += (1). Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm 12 , x x phân biệt ⇔ 1 4 m < (*). Khi đó, toạ độ của C và D là: 11 (; )Cx y và 22 (; )Dx y , trong đó: 11 y xm = −+ và 22 y xm = −+. 1,0 4,0 điểm 222 2 2 12 12 12 12 12 ()()2()2()4CD x x y y x x x x x x ⎡ ⎤ =− +− = − = + − ⎣ ⎦ . Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2 2(1 4 )CD m=− . CD AB= ⇔ 2(1 4 ) 18m−= ⇔ 2m = − , thoả mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm của m là: 2m =− . 1,0 III 1) 2,0 điểm - 2 - Điều kiện xác định: 0xy ≠ (*). Khi đó, hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 22 x xy y yxyx ⎧ += ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ ⇔ 22 2 23 2 22 x yxyxy yxyx ⎧ ++=+ ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ ⇔ 2 (2)( 1)0 22 xyxy yxyx ++−= ⎧ ⎨ += ⎩ 1,0 ⇔ 2 2 0 x y yy =− ⎧ ⎨ −= ⎩ hoặc 1 1 3 x y y =− ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ ⇔ (; ) x y = (0; 0), ( 2; 1)− hoặc 21 ; 33 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: ( ; ) x y = (2;1) − hoặc 21 (; ) ; 33 xy ⎛⎞ = ⎜⎟ ⎝⎠ . 1,0 2) 2,0 điểm 62 3 2 2 320xy xy+− = (1). (1) ⇔ () 2 332 ( ) 320xxy+−= . Đặt: 3 8 x u= và 3 8 x yv−= , (1) trở thành: 22 5uv + = . 1,0 4,0 điểm Hệ: 3 3 22 8 8 5 , xu x yv uv xy ⎧ = ⎪ −= ⎪ ⎨ += ⎪ ⎪ ∈ ⎩ suy ra: ( ; ) (2; 8), (2;24), ( 2; 24), ( 2;8)xy =− −− − . 1,0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 điểm M EB CBE= (tam giác B EC vuông tại E , có EM là trung tuyến) = CAD (hai tam giác vuông E BC và DAC có chung góc nhọn C ). 1,0 M C D E F H (C 1 ) A B K (C 2 ) L - 3 - Mặt khác 1 ()HC∈ , từ đó ta có: HEM HAE= . Suy ra, M E là tiếp tuyến của 1 ()C . 0,5 M ED MEC DEC=− = M CE DEC− (do tam giác B EC vuông tại E , có E M là trung tuyến) = M CE DHC− (tứ giác HDCE nội tiếp) = M CE FHA− (góc đối đỉnh) 1,0 = M CE FEA− (tứ giác HEAF nội tiếp) = M CE CEK− (góc đối đỉnh) = DKE (góc ngoài tam giác), suy ra M E là tiếp tuyến của 2 ()C . Hoàn thành lời giải bài toán. 0,5 2) 3,0 điểm Gọi 1 ()LAM C=∩; theo câu IV.1), ta có: 2 M LMA ME MDMK== . 1.0 Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A DK - là đường tròn đường kính A K . 1.0 Do đó KL AM⊥ . Mặt khác, ta lại có HL AM⊥ (vì 1 ()LC ∈ - là đường tròn đường kính A H ). Do đó , , KLH thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh. 1.0 V 3 111 xyz y zx z xy x yz x y z ++= ++ ++ ++ ++ (1). Giả thiết 0 , , 1 xyz≤< kết hợp với điều kiện xác định của (1), suy ra: 0 x yz++> (*). Khi đó, ta có: (1 )(1 ) 0 zx−−≥ ⇔ 1 zx z x+≥+ ⇔ 1 xx y zx x y z ≤ + +++ . 0.5 Tương tự, ta cũng có: 1 yy zxyxyz ≤ ++ ++ và 1 zz x yz x y z ≤ + +++ . Suy ra: 3 1 111 xyz xyz yzx zxy xyz =++≤ ++ ++ ++ ++ 0.5 hay 3xyz++≥ (1) Mặt khác, từ 0,,1 x yz≤≤, suy ra: 3xyz + +≤ (2) 0.5 2,0 điểm Từ (1) và (2) ta suy ra: 3xyz++=, kết hợp với điều kiện 0 , , 1 x yz ≤ ≤ suy ra 1 x yz=== Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1;1;1) xyz = 0.5 HẾT