DAP AN HSG TOAN 9 THANH HOA 20112012

Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD,BE,CF là các đường cao của tam giác ABC.. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.[r]

Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thanh Hóa Năm học: 2011-2012

§Ò thi chÝnh thøc Môn thi : To¸n

Lớp 9 THCS

Ngày thi 23 tháng 3 năm 2012

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu I (4,0 điểm)

Cho biểu thức P=

: 10

x

1, Rút gọn P

2, Tính giá trị của P khi x =



Câu II (4,0 điểm)

Trong cùng một hệ tọa độ, cho đường thẳng d : y = x – 2 và parabol (P) : y =  x2 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 phương trình

2

2

2 1 2

x x y y y x



 











2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2x y  2x y 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  1 Tìm tất cả các nghiệm của phương trình :

3

y z  z xy x zy x y z

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _Hết _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm

Lời giải tóm tắt

Câu I:

1, Rút gọn P

Đặt = a > 0  x a 21, ta có:

:

P

Vậy :

x P

x





  với x > 1 và x 10

2, Ta có:

2

2 (vi x > 0)

x x

x

Khi đó:

1 2

P 

Câu II:

1)Tính độ dài AB

Hoành độ của điểm A và B là hai nghiệm của phương trình:

-x = x - 2

 x +x - 2 = 0

 x = 1 ; x = -2

 A(1;-1) B(-2;-4)

 AB = = 3

2) Hoành độ của điểm C và D là hai nghiệm của phương trình:

-x = -x + m

 x -x + m = 0 (*)

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:  > 0  1-4m > 0 m < Gọi x ; x là hai nghiệm của PT (*) theo hệ thứcc Vi-ét,ta có

1 2

1







Ta có: C(x;-x ) ; D(x; -x )

Do đó:

Ta có: CD AB  CD2 AB2   8m  2 18  m 2 (thoả mãn)

Vậy với m=-2 thì CD=AB

Câu III

1) Giải hệ PT

2

2

2 (1) 1 (2) 2

x x y y y x



 









ĐK: x, y 0

Nhân hai vế của (1) và (2) ta được : (x+y)2 =1 suy ra x + y =1 hoặc x + y = -1

 Nếu x + y =1  y = 1 - x thay vào (1) ,giải ra ta được:

,

 Nếu x + y = -1  y = -1 - x thay vào (1) ,giải ra ta được: x = -2, y = 1

Vậy hệ có hai nghiệm là: (x;y) = (-2;1) ;

2 1

;

3 3

2) Ta có:

2

320

Lập bảng ta có:

Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x;y) = (-2;8); (-2;-24); (2;-8); (2;24)

Câu IV

1) Ta có các tam giác BME và HC1E cân tại M và C1 nên:

MEC1 BEM BEC  1 MBE C HE1 MBE BHD  900  MEC E1

Vậy ME là tiếp tuyến của (C1)

Áp dụng tính chất vào các tứ giác nội tiếp BCEF, CDHE và góc ngoài tam giác CFK ta có: DEM DEB MEB DEB MBE DEB CFE DCF CFE CKE           

Suy ra ME là tiếp tuyến của (C2)

Vậy ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

B

A

D

E

M

2) Gọi I là giao điểm của AM và (C1), nối K với I

Vì ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) nên dễ thấy:

ME2 = MD.MK , ME2 = MI.MA

Suy ra MD.MK = MI.MA nên tam giác MKI đồng dạng với tam giác MAD

Suy ra : MIKMDA900  KI AM mà HI AM (do I nằm trên (C1))

Do đó K, H, I thẳng hàng hay KH AM (Đpcm)

Câu V:

Vì 0x y z, , 1 nên

      (vì x dễ thấy x khác 0)

Tương tự :

1 1

y

z xy x y z

    ;

1 1

z

x zy x y z

Suy ra : VT

3

x y z



Do đó có dấu “=” xảy ra  x2  1;xyy y; 2  1;yz z z ; 2  1;zx x  x  y z 1

Vậy PT có nghiệm duy nhất x = y = z = 1