Đang tải... (xem toàn văn)
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm... Hoàn thành lời giải bài toán.2[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012
Mơn thi: TỐN Lớp THCS
Ngày thi: 23 tháng năm 2012
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 05 câu
Câu I (4,0 điểm)
Cho biểu thức : 1
10
3 1
x x x
P
x
x x x x
⎛ − + ⎞ ⎛ − + ⎞
=⎜ + ⎟ ⎜ − ⎟
−
+ − − − − −
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1) Rút gọn P
2) Tính giá trị P 2 2
3 2 2
x= + − −
− +
Câu II (4,0 điểm)
Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng :d y = − parabol x ( ) :P y = − Gọi A x2 và B giao điểm d ( )P
1) Tính độ dài AB
2) Tìm m để đường thẳng ' :d y = − + cắt ( )x m P hai điểm C D cho CD = AB
Câu III (4,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
2
2
1 x
x y y
y x ⎧
+ = ⎪⎪
⎨
⎪ + =
⎪⎩
2) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6+ y2−2x y3 =320 Câu IV (6,0 điểm)
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 (2,0 điểm)
Với 0≤ x y z, , ≤ Tìm tất nghiệm phương trình:
1 1
x y z
y zx + z xy + x yz = x y z
+ + + + + + + +
- HẾT - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm
Số báo danh … ……
(2)- - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Đề thức)
Lớp THCS
Ngày thi: 23 tháng năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I 1) 2,0 điểm
Điều kiện xác định: 1< ≠x 10 (*) Đặt: x− =1 a, 0< ≠a
Khi đó: 92 : 32 1
3
a a a
P
a a a a a
⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞
= ⎜ + ⎟ ⎜ − ⎟
+ − ⎝ − ⎠
⎝ ⎠
1,0
2
3( 3) :
9 ( 3)
a a a a a
+ +
=
− −
3
a a
− =
+
3
2
x x
− −
=
− + 1,0
2) 2,0 điểm
x = (3 2+ )2 − 4(3 2− )2 1,0
4,0 điểm
( )4 ( )4
4 2 1 2 1
= + − − = 1+ − ( 1− 2) =
Suy ra:
P = −
+
1
= − 1,0
II 1) 2,0 điểm
Toạ độ A B thoả mãn hệ:
2 2
2
x x
y x
⎧− = −
⎨
= −
⎩
⇔ ( ; ) (1; 1)x y = − ( ; ) ( 2; 4)x y = − −
1,0
9
AB= + = 1,0
2) 2,0 điểm
Xét phương trình (hồnh độ giao điểm ( )P d'): − = − + x2 x m
⇔ 0
x − +x m = (1)
Tồn C D, khi: (1) có nghiệm x x phân biệt 1, 2
⇔
m< (*)
Khi đó, toạ độ C D là: C x( ;1 y 1) D x( ;2 y2), đó: y1= − + vàx1 m y2 = − + x2 m
1,0 4,0
điểm
2 2 2
1 2 2
( ) ( ) 2( ) ( )
CD = x − x + y − y = x −x = ⎡⎣ x + x − x x ⎤⎦
Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: 2(1 )
CD = − m CD =AB ⇔ 2(1 ) 18− m = ⇔ m = − , thoả mãn (*)
Vậy, giá trị cần tìm m là: m = −
1,0
III 1) 2,0 điểm
(3)- - Điều kiện xác định: xy≠ (*)
Khi đó, hệ cho tương đương với:
2
2
2 2
x xy y
y xy x
⎧ + =
⎪ ⎨
+ =
⎪⎩ ⇔
2
2
2
2
x y xy x y
y xy x
⎧ + + = +
⎪ ⎨
+ = ⎪⎩
⇔ ( 2 )( 1)
2
x y x y
y xy x
+ + − =
⎧
⎨ + =
⎩
1,0
⇔ 2
0
x y
y y
= − ⎧ ⎨
− =
⎩
1
x y
y
= − ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪⎩
⇔ ( ; )x y = (0; 0), ( 2; 1)− 1;
3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Đối chiếu (*), suy nghiệm hệ cho: ( ; )x y = ( 2; 1)− ( ; ) 1;
3
x y = ⎜⎛ ⎞⎟
⎝ ⎠
1,0
2) 2,0 điểm
6
2x +y −2x y=320 (1) (1) ⇔ ( )3 ( )2 320
x + x −y =
Đặt: 8
x = u x3− =y 8v, (1) trở thành: u2+ v2 = 1,0
4,0 điểm
Hệ:
3
3
2
8
5 ,
x u
x y v
u v
x y
⎧ = ⎪
− = ⎪
⎨
+ = ⎪
⎪ ∈
⎩
suy ra: ( ; )x y = (2; 8), (2; 24), ( 2; 24), ( 2;8)− − − − 1,0
IV 1) 3,0 điểm 6,0
điểm
MEB =CBE (tam giác BECvng E , có EM trung tuyến)
= CAD (hai tam giác vuông EBC DAC có chung góc nhọn C)
1,0
M C D
E F
H
(C1)
A
B K
(C2)
L
(4)- - Mặt khác H∈( )C1 , từ ta có: HEM = HAE
Suy ra, ME tiếp tuyến ( )C 1 0,5
MED = MEC − DEC
=MCE − DEC (do tam giác BECvuông E , có EM trung tuyến)
= MCE − DHC (tứ giác HDCE nội tiếp)
= MCE − FHA (góc đối đỉnh)
1,0
= MCE − FEA (tứ giác HEAF nội tiếp)
= MCE −CEK (góc đối đỉnh)
= DKE (góc ngồi tam giác), suy ME tiếp tuyến ( )C 2
Hoàn thành lời giải toán
0,5
2) 3,0 điểm
Gọi L= AM∩( )C1 ; theo câu IV.1), ta có: ML MA = ME2 = MD MK 1.0
Suy L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - đường trịn đường kính AK 1.0 Do KL ⊥ AM
Mặt khác, ta lại có HL⊥AM(vì L∈( )C1 - đường trịn đường kính AH )
Do , ,K L H thẳng hàng, suy điều phải chứng minh
1.0
V
3
1 1
x y z
y zx + z xy + x yz = x y z
+ + + + + + + + (1)
Giả thiết 0≤ x y z, , < kết hợp với điều kiện xác định (1), suy ra: x+ + > (*) y z
Khi đó, ta có: (1− z)(1− x) ≥
⇔ zx+ ≥ + ⇔ z x
1
x x y zx ≤ x y z
+ + + +
0.5
Tương tự, ta có:
y y z xy ≤ x y z
+ + + +
z z x yz ≤ x y z
+ + + +
Suy ra:
1 1
x y z
x+ +y z = + +y zx + + +z xy + + +x yz ≤
0.5
hay 3x+ + ≥ (1) y z
Mặt khác, từ 0≤x y z, , ≤ , suy ra: x+ + ≤ (2) y z 0.5
2,0 điểm
Từ (1) (2) ta suy ra: x+ + = , kết hợp với điều kiện 0y z ≤x y z, , ≤ suy x= = = y z
Vậy, phương trình cho có nghiệm ( ; ; )x y z =(1;1;1) 0.5 -HẾT -