Kí hiệu C1 và C2 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE , với K là giao điểm của EF và BC... 2 Hoàn thành lời giải bài toán.
Trang 1SỞ 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)
10
P
x
−
1) Rút gọn P
2) Tính giá trị của P khi 4 3 2 2 4 3 2 2
Câu II (4,0 điểm)
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng :d y = − và parabol x 2 ( ) :P y = − Gọi A x2
và B là giao điểm của d và ( ) P
1) Tính độ dài AB
2) Tìm m để đường thẳng ' : d y = − + cắt ( )x m 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 2x6+ y2−2x y3 =320
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 ( )C1 và ( )C2 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 ( )C1 và ( )C2
2) KH ⊥ AM
Câu V (2,0 điểm)
Với 0≤ x y z, , ≤ Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 1
3
y zx + z xy + x yz = x y z
- HẾT -
Số báo danh
… ……
Trang 2SỞ 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)
I 1) 2,0 điểm
Điều kiện xác định: 1< ≠x 10 (*)
Đặt: x− =1 a, 0< ≠a 3
P
1,0
2
:
a a
a a a
=
3
a a
−
= +
x x
=
2) 2,0 điểm
x ( )2 ( )2
4,0
điểm
P = − +
1 2
II 1) 2,0 điểm
Toạ độ A và B thoả mãn hệ:
2
⎨
= −
⇔ ( ; ) (1; 1)x y = − hoặc ( ; ) ( 2; 4)x y = − −
1,0
2) 2,0 điểm
Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( )P và d'): 2
x x m
− = − +
⇔ x2 − +x m = (1) 0
Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm x x phân biệt 1, 2
4
m< (*)
Khi đó, toạ độ của C và D là: C x( ;1 y và 1) D x( ;2 y2), trong đó: y1= − + vàx1 m y2 = − + x2 m
1,0
4,0
điểm
CD = x − x + y − y = x −x = ⎡⎣ x + x − x x ⎤⎦
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: CD2 = 2(1 4 )− m
CD =AB ⇔ 2(1 4 ) 18− m = ⇔ m = − , thoả mãn (*) 2
Vậy, giá trị cần tìm của m là: m = − 2
1,0
III 1) 2,0 điểm
Trang 3Điều kiện xác định: xy≠ (*) 0
Khi đó, hệ đã cho tương đương với:
2 2
2
x xy y
y xy x
⎪
⎨
2
x y xy x y
y xy x
⎪
⎨
⎪⎩
⎧
1,0
0
= −
⎧
⎨
− =
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
2x +y −2x y=320 (1)
x + x −y =
4,0
điểm
Hệ:
3 3
8 8 5 ,
x u
x y v
u v
x y
⎪
− =
⎪
⎨
⎪
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
E
F
H
(C1)
A
(C2)
L
Trang 4Mặt khác H∈( )C1 , từ đó ta có: HEM = HAE
=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 ( )C 2
Hoàn thành lời giải bài toán
0,5
2) 3,0 điểm
Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - là đường tròn đường kính AK 1.0
Mặt khác, ta lại có HL⊥AM(vì L∈( )C1 - là đường tròn đường kính AH )
Do đó , ,K L H thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh
1.0
V
3
x y z
y zx + z xy + x yz = x y z
Giả thiết 0≤ x y z, , < kết hợp với điều kiện xác định của (1), suy ra: 1 x+ + > (*) y z 0
Khi đó, ta có: (1− z)(1− x) ≥ 0
⇔ 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
z z
x yz ≤ x y z
x y z
x y z = y zx + z xy + x yz ≤
0.5
hay 3x+ + ≥ (1) y z
2,0
điểm
Từ (1) và (2) ta suy ra: x+ + = , kết hợp với điều kiện 0y z 3 ≤x y z, , ≤ suy ra 1 x= = = y z 1
-HẾT -