KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011 - 2012 THANH HÓA §Ị CHÝNH THøC MƠN: TỐN Lớp thcs Thời gian làm 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng năm 2012 Câu I (4đ) Cho biểu thức P = x x x x 1 : 10 x x x 1 x 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị P x = 3 2 3 2 4 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) x2 x2 y 1) Giải hệ phương trình 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 Tìm tất nghiệm phương trình: x y z y zx z xy x yz x y z (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh SDB SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2011-2012 Mơn : TỐN Ngày thi :18/02/2012 Câu I: 1, C1, x x a, P x x 1 : 10 x x x 1 (ĐK: x x 1; x 10 ; x ≠ 5) Đặt x a ( a ≥ 0) a 3a 2a : a 3 a a a P x x P x a a a 3 a a 3a a 2 x 2 x b, x 2 2 2 2 ( 1) 2) (3 (3 2) 2 2 (T/M) a x (T/m) 3a 3.1 P a 21 2 C2, a, P x : 10 x x x x P 3( x 3) x x 10 x x P x 1( x 10)( x 2) 2(10 x)( x 4) b) x 2 2 => x= 2 2 ( 1) (ĐK: x 1; x 10 ) x x (3 x 2)2 (3 2) x 2 x x>1 P = P 2 2 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình x2 + x -2=0 => x = x = Vậy A(1,-1) B(-2;-4) A(-2;-4) vàB(1;-1) AB2 = (x2 – x1)2 + (y2 - y1)2 = 18 AB = 2)Để (d’) cắt (P) điểm phân biệt phương trình x2-x+m=0 (1) có hai nghiệm phân biệt m Ta có CD2 = (x1-x2)2+(y1-y2)2 mà y2 y1 x m x1 m x1 x nên: y2 y1 x m x1 m x1 x Ta có AB2 =18 nên CD = AB CD2 = AB2 (x2-x1)2+(y2-y1)2=18 (*) 2(x1-x2)2 = 18 (x1-x2)2 = (x1+x2)2 - 4x1x2 = 1-4m-9 = (Theo Viet) m = - (TM) Câu III 1,ĐK x 0, y C1, Dùng phương pháp rút y theo x từ (1) thay vào pt (2) ta có pt: 3x 4x 4x 2 (0 t / m) x x 3x 4x 3x 4x (*) x1 2 y1 (*) x y2 3 C2, Nhân vế hai PT được: (x+y)2 = x+y = ± (1) x Chia vế hai PT được: x 2y y (2) Từ PT giải (x;y) = (1/3;2/3); (2;-1); (-2/3;-1/3); (-2;1) Thử lại: Chỉ có hai nghiệm thoả mãn HPT là: (-2;1) (1/3;2/3) 2, GPT: 2x6 + y2 – x3y = 320 C1, y 2x y 2x 320 ' x 2x 320 320 x x 320 x x Z x 0; 1; 2 * x yI yZ * x 1 y I y Z * x 2 ' 320 2 256 KL : 2 ' 16 y x; y 2; 24 ; 2;8 ; 2; 8 ; 2; 24 16 Câu IV: (Đổi điểm C1 thành C’, C2 thành C’’ cho dể đánh máy vẽ hình) F 90o nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm 1) Ta có E (C1) trung điểm AH MEC CEK = AEC ' B1 A1 BEM MCE DEC MEK MDE AEC ' BEM ME C 'E MED MKE ME tt cua (C') ME tt cua (C'') A C' F I H E K B M D C C'' 2, gọi giao điểm AM với (C’) I ta có: ME tt (C’’) ME2 = MI MA ME tt (C’’) ME2 = MD MK MI MA = MD MK AIDK nt AIK = ADK = 1v KI AM (1) Ta lại có: AIH = 1v (góc nt chắn nửa (C’) HI AM (2) Từ (1) (2) I; H; K thẳng hàng KH AM (Đpcm) x y z (1) y zx z xy x yz x y z Do vai trò x,y,z nên x y z Câu V: GPT * TH1: Nếu x= => y z z ( 1 y zy y z y z z ) ( y 1)( y z ) (1 z )( y z ) ( z zy y z ) y z (1 z yz )( y z ) y z nên trường hợp khơng có nghiệm * TH2: Nếu x khác mà x y z z 11 x xz x z Ta có VT < mà VP zx x z Dấu “=” xảy khi: x=1 z=1 + Ta lại có: zx x z y zx x y z x x y zx x y z y y + Tương tự: z xy x y z z z x yz x y z y x yz x z (2) y zx z xy x yz x y z + Mặt khác, vì: x; y; z x y z Dấu “=” xảy : x = y = z = 3 VP Dấu “=” xảy : x = y = z = (3) x yz + Từ (2) (3) VT VP khi: VT VP Khí x = y = z =1 VT * Vậy phương trình có nghiệm nhất: x; y; z 1;1;1