Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm GV: NguyÔ-n Sü §iÖp – THCS Xu©n Chinh, Thêng Xu©n, Thanh Ho¸... Gọi N là giao điểm của AM với đường tròn C1.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN: TOÁN
Lớp 9 THCS
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012
Câu I (4đ)
Cho biểu thức P =
: 10
x
1) Rút gọn P
2) Tính giá trị của P khi x =
4 4
2 2 3
2 2 3 2 2 3
2 2 3
Câu II (4đ)
Trong cùng một hệ toạ 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 (4đ)
1) Giải hệ phương trình
2 1
2 2
2
y x y
x y x
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320
Câu IV (6đ)
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 (2đ)
Với 0x;y;z1 Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
z y x yz x
z xy
z
y zx
y
x
3 1
1 1
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐỀ CH NH TH Í ỨC
Trang 2ĐÁP ÁN Câu I:
1 P =
: 10
x
ĐKXĐ: x > 1, x ¹ 10 (*)
P =
: 10
x
=
:
= 3 110 1 8 3: 1 11( 1 31 3)
=
.
+
x
-=
Vậy: với x > 1, x ¹ 10 thì P = 2( 3 1 21 )
+
x x
(1)
2 x =
4 4
2 2 3
2 2 3 2 2
3
2 2
3
=
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
= 3 + 2 2 - 3 - 2 2 = +(1 2) (- 2 - 1)= 2
(t/m ĐK ( *))
Thay x = 2 vào (1) ta được: P = 2( 3 2 12 1 2) 21
+
Câu II (4đ)
1 Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của phương trình: -x2 = x – 2
Û x2 + x – 2 = 0 Û x1 = 1 và x2 = -2
Giả sử: xA = -2 khi đó yA = -2 – 2 = - 4
xB = 1 khi đó yB = 1 – 2 = -1
é- - ù é+ - - - ù=
2 Để đường thẳng d’ cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D thì phương trình :
x2 – x + m = 0 (2) phải có hai nghiệm phân biệt
Û D = 1 - 4m > 0 Û m <
1
4 (**)
Trang 3Vì hoành độ hai điểm C và D là nghiệm của phương trình (2) Áp dụng hệ thức vi
- ét ta có:
1
C D
C D
ïï
ïî
Û CD = 2 - 8m
Theo bài ra CD = AB nên 2 - 8m = 3 2 Û m = - 2 (t/m đk (**))
Vậy: với m = -2 thì đường thẳng d’: y = - x + m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB
Câu III (4đ)
1 ĐK: x ¹ 0, y ¹ 0 (1)
.
2
1
2
2
2
y
x
y
x
y
x
Û
( )2
2 2
2
2
2
2
2 2
y
x x
y y
ï ì
ïî 2
2
x
y
ì =
ïï
ïï
Û íï + =
ïïïî (I) hoặc
2 2
x
y
ì =-ïï ïïí
ï + = ïïïî (II)
(I)
2
3
x
y
y
ìïï = ï
ì =
ïî ï = ïïïî (t/mđk (1))
(II)
ï- =- ï =
î î (t/mđk (1))
Vậy: hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (
2
3;
1
3) và (-2;1)
2 Cách 1:
2x6 + y2 –2 x3y = 320 Û y2 – 2 x3y +2x6 – 320 = 0
Để phương trình có nghiệm thì: (-x3)2 – 2x6 + 320 ³ 0 Û x6 £ 320
Vì x nguyên nên x £ 2 Û x Î -{ 2; 1; 0;1;2 - }
Nếu x = -2 thì y2 + 16y – 192 = 0 Û y = 8 hoặc y = -24
Nếu x = -1 thì y2 + 2y – 318 = 0 (không có giá trị y nguyên t/m phương trình) Nếu x = 0 thì y2 = 320 (không có giá trị y nguyên t/m phương trình)
Nếu x = 1 thì y2 - 2y – 318 = 0 (không có giá trị y nguyên t/m phương trình) Nếu x = 2 thì y2 - 16y – 192 = 0 Û y = -8 hoặc y = 24
Vậy: Phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-2; 8), (-2; -24), (2; -8), (2, 24)
Cách 2:
Trang 42x6 + y2 –2 x3y = 320 Û (y – x3)2 + (x3)2 = 5.26
Û (y – x3)2 + (x3)2 = (24)2 + (23)2 (1)
Vì x, y nguyên nên từ (1) suy ra:
3 3
2
2
x
ìï =
ïï
íï - =
3 4
2 2
x
ìï = ïï
íï - =
Nếu x3 = 23 Û x = 2 thì |y – 23| = 24 Û y = - 8 hoặc y = 24
Nếu x3 = -23 Û x = -2 thì |y + 23| = 24 Û y = 8 hoặc y = -24
Vậy: Phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-2; 8), (-2; -24), (2; -8), (2, 24)
Câu IV (6đ)
N H
C 1
C 2
K
F
E
D
B
A
1 - Ta có: EBC CAD (cùng phụ với góc BCE) (1)
DBEC vuông tại E có M là trung điểm của BC nên EBC BEM (2)
Từ (1) và (2) suy ra: HEM HAE
Mà M và A nằm khác phía so với đường thẳng HE nên ME là tiếp tuyến của đường tròn (C1)
- Ta có: KDE EDB 1800 (3) (kề bù)
EAB EDB 1800 (4) (tứ giác ABDE nội tiếp)
Từ (3) và (4) suy ra: KDE EAB (5)
Mặt khác: M EF EAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF của đường tròn C1) (6)
M EF MEK 1800 (7)
Từ (6) và (7) suy ra: MEK EAB 1800 (8)
Từ (5) và (8) suy ra: MEK KDE 1800
Mà M và D nằm cùng phía so với đường thẳng KE nên ME là tiếp tuyến của đường tròn C2
Trang 5Vậy ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).
2 Gọi N là giao điểm của AM với đường tròn (C1)
Ta có: ME2 = MN.MA (ME là tiếp tuyến của đường tròn (C1) (9)
ME2 = MD.MK (ME là tiếp tuyến của đường tròn (C2) (10)
Từ (9) và (10) suy ra: MN.MA = MD.MK
Xét DMNK và DMDA có:
và M chung Nên DMNK DMDA MNK MDA 900 (*)
Mà MNH 900 (vì ANH chắn nửa đường tròn C1 ) (**)
Từ (*) và (**) suy ra: K, H, N thẳng hàng Þ KH ^ AM
Câu V (2đ)
Với 0x;y;z1 Ta có: (1 - x) (1 - y)³ 0 Û + 1 xy³ x+ Û +y 1 xy+ ³z x+ +y z
Tương tự: 1 + + ³xz y x+ +y z và 1 + + ³yz x x+ +y z
1
Mặt khác vì 0x;y;z1 nên
3
+ +
z xy
z
y zx
y
x
3 1
1 1
1
1
1
x
y
z
ì =
ïï
ïï
Û íïï ==
ïïî
Vậy: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; 1; 1)