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 . 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. 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: . 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