Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS tỉnh Thanh Hóa năm học 2011 - 2012 môn Toán (Có đáp án)

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