dề thi học sinh giỏi môn toán của tỉnh thanh hóa

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
183111
:
10
31 311 1
xx x
P
x
xxxx
⎛⎞⎛ ⎞
−+ −+
=+ −
⎜⎟⎜ ⎟
−
+− − −− −
⎝⎠⎝ ⎠
.

1) Rút gọn
P
.
2) Tính giá trị của P khi
44
322 322
322 322
x
+−
=−
−+
.
Câu II (4,0 điểm)
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng
:2dy x
=
− và parabol
2
():
P
yx
=
− . Gọi
A

và B là giao điểm của
d và ()
P
.
1) Tính độ dài

A
B .
2) Tìm
m để đường thẳng ':dy xm
=
−+ 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
62 3
2 2 320xy xy+− = .
Câu IV (6,0 điểm)
Cho tam giác nhọn
A
BC có
A
BAC> . Gọi
M
là trung điểm của BC ; H là trực tâm;
,,
A
DBECF là các đường cao của tam giác
A
BC . Kí hiệu
1
()C và
2
()C lần lượt là đường
tròn ngoại tiếp tam giác
A
EF và

D
KE , với K là giao điểm của EF và
BC
. Chứng minh
rằng:
1)
M
E là tiếp tuyến chung của
1
()C và
2
()C .
2) KH AM⊥ .
Câu V (2,0 điểm)
Với
0,, 1
x
yz≤≤. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
3
111
xyz
yzx zxy xyz xyz
++=
++ ++ ++ ++
.
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: 110x<≠ (*).
Đặt:
1,0 3xaa−= < ≠.
Khi đó:
2
22
9311
:
39 3
aa a

P
aaaaa
⎛⎞
++
⎛⎞
=+ −
⎜⎟
⎜⎟
+− −
⎝⎠
⎝⎠

1,0
2
3( 3) 2 4
:
9(3)
aa
aaa
++
=
−−

3
24
a
a
−
=
+

31
214
x
x
−
−
=
−
+
.
1,0
2) 2,0 điểm

x
()()
22
44
322 322=+ −−
1,0
4,0
điểm
()()
44
44
21 21=+−−
(
)
21 21=+− − 2
=
.

Suy ra:
3
24
P
−
=
+

1
2
=−
.
1,0
II 1) 2,0 điểm

Toạ độ A và B thoả mãn hệ:
2
2
2
x
x
yx
⎧
−=−
⎨
=−
⎩

⇔ (; ) (1; 1)
xy=− hoặc ( ; ) ( 2; 4)xy=− − .

1,0
9932AB =+= .
1,0
2) 2,0 điểm

Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( )P và
'd
):
2
x
xm
−
=− +
⇔

2
0xxm
−
+= (1).
Tồn tại
C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm
12
,
x
x phân biệt
⇔
1
4
m
<

(*).
Khi đó, toạ độ của
C
và D là:
11
(; )Cx y và
22
(; )Dx y , trong đó:
11
y
xm
=
−+ và
22
y
xm
=
−+.

1,0
4,0
điểm
222 2 2
12 12 12 12 12
()()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
22
x
xy y
yxyx
⎧
+=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
⇔

22
2
23 2
22
x
yxyxy
yxyx
⎧
++=+
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

⇔
2
(2)( 1)0
22
xyxy
yxyx
++−=
⎧
⎨
+=
⎩

1,0
⇔
2
2
0
x
y
yy
=−
⎧
⎨
−=
⎩
hoặc
1
1
3
x
y
y
=−
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩

⇔ (; )

x
y = (0; 0), ( 2; 1)− hoặc
21
;
33
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: ( ; )
x
y
=
(2;1)
−
hoặc
21
(; ) ;
33
xy
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
.
1,0
2) 2,0 điểm

62 3
2 2 320xy xy+− = (1).

(1) ⇔
()
2
332
( ) 320xxy+−= .
Đặt:
3
8
x
u= và
3
8
x
yv−= , (1) trở thành:
22
5uv
+
= .



1,0
4,0
điểm
Hệ:
3
3
22
8
8

5
,
xu
x
yv
uv
xy
⎧
=
⎪
−=
⎪
⎨
+=
⎪
⎪
∈
⎩

suy ra:
( ; ) (2; 8), (2;24), ( 2; 24), ( 2;8)xy =− −− −
.
1,0
IV 1) 3,0 điểm

6,0
điểm



M
EB CBE= (tam giác
B

EC vuông tại E , có EM là trung tuyến)
=

CAD (hai tam giác vuông
E
BC và DAC có chung góc nhọn C ).



1,0


M C
D
E
F
H
(C
1
)
A
B
K
(C
2
) L
- 3 -
Mặt khác
1
()HC∈ , từ đó ta có:



HEM HAE= .
Suy ra,
M
E là tiếp tuyến của
1
()C .
0,5




M
ED MEC DEC=−
=


M
CE DEC− (do tam giác
B
EC vuông tại
E
, có
E
M là trung tuyến)
=


M

CE DHC− (tứ giác HDCE nội tiếp)
=


M
CE FHA− (góc đối đỉnh)
1,0
=


M
CE FEA− (tứ giác HEAF nội tiếp)
=


M
CE CEK− (góc đối đỉnh)
=

DKE (góc ngoài tam giác), suy ra
M
E là tiếp tuyến của
2
()C .
Hoàn thành lời giải bài toán.
0,5
2) 3,0 điểm

Gọi
1

()LAM C=∩; theo câu IV.1), ta có:
2

M
LMA ME MDMK== .
1.0
Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
A
DK - là đường tròn đường kính
A
K . 1.0
Do đó KL AM⊥ .
Mặt khác, ta lại có
HL AM⊥ (vì
1
()LC
∈
- là đường tròn đường kính
A
H ).
Do đó , ,
KLH thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh.
1.0
V

3
111
xyz
y
zx z xy x yz x y z

++=
++ ++ ++ ++
(1).
Giả thiết 0 , , 1
xyz≤< kết hợp với điều kiện xác định của (1), suy ra: 0
x
yz++> (*).
Khi đó, ta có: (1 )(1 ) 0
zx−−≥
⇔ 1
zx z x+≥+
⇔

1
xx
y
zx x y z
≤
+
+++
.
0.5
Tương tự, ta cũng có:
1
yy
zxyxyz
≤
++ ++
và
1

zz
x
yz x y z
≤
+
+++
.
Suy ra:
3
1
111
xyz
xyz yzx zxy xyz
=++≤
++ ++ ++ ++

0.5
hay 3xyz++≥ (1)
Mặt khác, từ 0,,1
x
yz≤≤, suy ra: 3xyz
+
+≤ (2)
0.5
2,0
điểm
Từ (1) và (2) ta suy ra: 3xyz++=, kết hợp với điều kiện 0 , , 1
x
yz
≤

≤ suy ra 1
x
yz===
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1;1;1)
xyz
=

0.5
HẾT