Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học: 2011 - 2012 môn Toán 9
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học: 2011 - 2012 môn Toán 9, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 1 8 3 1 1 1: 103 1 3 1 1 1 x x xP xx x x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − += + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟−+ − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . 1) Rút gọn P . 2) Tính giá trị của P khi 4 43 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 x + −= −− + . Câu II (4,0 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng : 2d y x= − 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 ' :d y x m= − + 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 6 2 32 2 320x y x y+ − = . 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 điểm của EF và BC . Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của 1( )C và 2( )C . 2) KH AM⊥ . Câu V (2,0 điểm) Với 0 , , 1x y z≤ ≤ . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 3 1 1 1 x y z y zx z xy x yz x y z + + =+ + + + + + + + . ------------------------------------------------------ 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: 1 10x< ≠ (*). Đặt: 1 , 0 3x a a− = < ≠ . Khi đó: 2 2 2 9 3 1 1: 3 9 3 a a aP a a a a a ⎛ ⎞+ +⎛ ⎞= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠⎝ ⎠ 1,0 2 3( 3) 2 4: 9 ( 3) a a a a a + += − − 3 2 4 a a −= + 3 1 2 1 4 x x − −= − + . 1,0 2) 2,0 điểm x ( ) ( )2 24 43 2 2 3 2 2= + − − 1,0 4,0 điểm ( ) ( )4 44 42 1 2 1= + − − ( )2 1 2 1= + − − 2= . Suy ra: 3 2 4 P −= + 1 2 = − . 1,0 II 1) 2,0 điểm Toạ độ A và B thoả mãn hệ: 2 2 2 x x y x ⎧− = −⎨ = −⎩ ⇔ ( ; ) (1; 1)x y = − hoặc ( ; ) ( 2; 4)x y = − − . 1,0 9 9 3 2AB = + = . 1,0 2) 2,0 điểm Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( )P và 'd ): 2x x m− = − + ⇔ 2 0x x m− + = (1). Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm 1 2,x x phân biệt ⇔ 1 4 m < (*). Khi đó, toạ độ của C và D là: 1 1( ; )C x y và 2 2( ; )D x y , trong đó: 1 1y x m= − + và 2 2y x m= − + . 1,0 4,0 điểm 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 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 2 2 x xy y y xy x ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ ⇔ 2 2 2 2 3 2 2 2 x y xy x y y xy x ⎧ + + = +⎪⎨ + =⎪⎩ ⇔ 2 ( 2 )( 1) 0 2 2 x y x y y xy x + + − =⎧⎨ + =⎩ 1,0 ⇔ 2 2 0 x y y y = −⎧⎨ − =⎩ hoặc 1 1 3 x y y = −⎧⎪⎨ =⎪⎩ ⇔ ( ; )x y = (0; 0), ( 2; 1)− hoặc 2 1; 3 3 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: ( ; )x y = ( 2; 1)− hoặc 2 1( ; ) ; 3 3 x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 1,0 2) 2,0 điểm 6 2 32 2 320x y x y+ − = (1). (1) ⇔ ( )23 3 2( ) 320x x y+ − = . Đặt: 3 8x u= và 3 8x y v− = , (1) trở thành: 2 2 5u v+ = . 1,0 4,0 điểm Hệ: 3 3 2 2 8 8 5 , x u x y v u v x y ⎧ =⎪ − =⎪⎨ + =⎪⎪ ∈⎩ suy ra: ( ; ) (2; 8), (2;24), ( 2; 24), ( 2;8)x y = − − − − . 1,0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 điểm MEB CBE= (tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) = CAD (hai tam giác vuông EBC và DAC có chung góc nhọn C ). 1,0 M C D E F H (C1) A B K (C2) L - 3 - Mặt khác 1( )H C∈ , từ đó ta có: HEM HAE= . Suy ra, ME là tiếp tuyến của 1( )C . 0,5 MED MEC DEC= − = MCE DEC− (do tam giác BEC vuông tại E , có EM là 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 ngoài tam giác), suy ra ME là tiếp tuyến của 2( )C . Hoàn thành lời giải bài toán. 0,5 2) 3,0 điểm Gọi 1( )L AM C= ∩ ; theo câu IV.1), ta có: 2. .ML MA ME MD MK= = . 1.0 Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - là đường tròn đường kính AK . 1.0 Do đó KL AM⊥ . Mặt khác, ta lại có HL AM⊥ (vì 1( )L C∈ - là đường tròn đường kính AH ). Do đó , ,K L H thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh. 1.0 V 3 1 1 1 x y z y zx z xy x yz x y z + + =+ + + + + + + + (1). Giả thiết 0 , , 1x y z≤ (*). Khi đó, ta có: (1 )(1 ) 0z x− − ≥ ⇔ 1 zx z x+ ≥ + ⇔ 1 x x y zx x y z ≤+ + + + . 0.5 Tương tự, ta cũng có: 1 y y z xy x y z ≤+ + + + và 1 z z x yz x y z ≤+ + + + . Suy ra: 3 1 1 1 1 x y z x y z y zx z xy x yz = + + ≤+ + + + + + + + 0.5 hay 3x y z+ + ≥ (1) Mặt khác, từ 0 , , 1x y z≤ ≤ , suy ra: 3x y z+ + ≤ (2) 0.5 2,0 điểm Từ (1) và (2) ta suy ra: 3x y z+ + = , kết hợp với điều kiện 0 , , 1x y z≤ ≤ suy ra 1x y z= = = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1;1;1)x y z = 0.5 ----------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------
File đính kèm:
- Đề+đáp án HSG Thanh Hóa 2012.pdf