Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC.. §Ò CHÝNH THøC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA 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)
Cho biểu thức P =
1 1
: 10
3 1
x x x
x
x x x x
æ - + ổữ - + ửữ
ỗ + ữỗ - ữ
ỗ ữỗ ữ
ỗ ữữỗ ữữ
ỗ + - - ỗ - - -
-ố ø è ø
1) Rút gọn P
2) Tính giá trị P x =
√3+2√2 3−2√2−
4
√3−2√2 3+2√2 Câu II (4đ)
Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – parabol (P): y = - x2 Gọi A
và 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 y2
x +y= ¿{
¿
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 0≤ x ; y ; z ≤1 Tìm tất nghiệm phương trình: x
1+y+zx+ y 1+z+xy+
z 1+x+yz=
3 x+y+z
(Cán coi thi khơng giải thích thêm)
(2)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 1:ĐK 1< ¹x 10 1)
3
:
10 1
x x
P
x x x
é ù
- + ê - + ú
= ê ú
- êë - - - úû
( )
1
3( 3)
10
x x
x P
x x
-
+ =
- - +
3 1( 10)( 2) 3( 2)
2(10 )( 4) 2( 5)
x x x x
P
x x x
- - - -
-=
= - -
-b)
2
4
4 2 2 (3 2) (3 2) 2 2
3 2 2
x= + - - = + - - = + -
+
=> x=1+ ( 1)- - =2 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 >0<=>
1 m<
Ta có khoảng cách AB2 =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 x¹ 0, y¹
(3)¿ x2
y+x=2 y2
x +y= ¿{
¿
<=>
2
( )
1
( 1) k k y
y k
ìï + =
ïïï
íï + = ïïïỵ
(1)
Nếu k=-1 hệ phương trình (1) vơ nghiệm nên hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu k¹ -1
từ (1) =>
2
( )
4 k k k
k
+ =
+
=> k=2 k = -2
Nếu k=2 =>
2 ( , ) ( ; )
3 x y =
Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1)
2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 £ 320
mà x nguyên nên x £
Nếu x=1 x=-1 y khơng ngun (loại) Nếu x=2=> y=-2 y=6
Nếu x=-2 => y=-6 y=2
Vậy phương trình cho có cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2)
Câu IV: 1) Ta có Eµ = =Fµ 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm (C1)
trung điểm AH
· ¼
2 EAH = sd EH
(1)
mà EAH· =CBE· (2) ( phụ với góc ACD)
· ·
MEB=CBE (3)( đương trung tuyến ứng với cạng huyền)
Từ (1), (2) (3) ta có
· ¼
2 MEH= sd EH
(4)B F
E
K
C
C D M
N A
2, gọi giao điểm AM với KH N trước tiên chứng minh điểm A,E,H,N,F thuộc đường tròn
Ta thấy AF· E=ACB· ;AN· E=·AFE=>·ANE=·ACB => nghĩa C,M,N, F thuộc đường trịn chứng minh A,E,N, B nội tiếp
do ·KNM =900 KH AM
Câu V:: vai trò x,y,z nên 0£ £ £ £x y z
Nếu x= =>
2
3
1
1 1
( ) ( )
1
( 1)( ) 1
(1 )( ) (1 )( )
y z
z zy y z
y z
z y z zy y z y z
y y z z
z y z yz y z y z
+ =
+ + +
=> - + - =
+ + + + +
- + +
-=> + =
+ + + + +
Ta có VT ³ mà VP < nên trường hợp khơng có nghiệm Nếu x khác mà 0£ £ £ £x y z
⇔(z −1) (1− x)≤0 <=> 1+zx≥ x+z >0
⇔⇔xx −+z −zxzx−1≤0 +z −1≤0
với 0≤ x ; z≤1 Dấu “=” xảy khi: x=z=1 + Ta có: 1+zx≥ x+z ⇔1+y+zx≥ x+y+z ⇒ x
1+y+zx≤ x x+y+z + Tương tự: 1+zy
(5)1+xz +yz≤
z x+y+z ⇒VT= x
1+y+zx+ y 1+z+xy+
z 1+x+yz≤
x+y+z
x+y+z=1 (1) + Mặt khác, vì: 0≤ x ; y ; z ≤1⇒x+y+z ≤3
⇒VP= x+y+z≥
3
3=1 Dấu “=” xảy : x=y=z=1 (2) + Từ (1) (2) ⇒VT=VP khi: VT=VP=1 Khí x=y=z=1