De goi y giai HSG Toan Thanh Hoa 1112

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH</b>
THANH HÓA <b>NĂM HỌC 2011 - 2012</b>

MƠN: TỐN
<b>Lớp 9 - THCS</b>

<i>Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề</i>
<i> Ngày thi: <b> 23 tháng 3 năm 2012</b></i>

Câu I (4đ)

Cho biểu thức P = 1 8 : 3 1 1 1

10

3 1 3 1 1 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

æ _- ₊ ử ổ_ữ _{- +} ử_ữ

ỗ ₊ _ữỗ _- _ữ

ỗ _ữỗ _ữ

ỗ _ữ_ữỗ _ữ_ữ

ỗ + - - ỗ - - -

-è ø è ø

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

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6_{+ y}2_{–2 x}3_{y = 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 0<i>x</i>;<i>y</i>;<i>z</i>1_{. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:}

<i>z</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>yz</i>
<i>x</i>

<i>z</i>
<i>xy</i>

<i>z</i>
<i>y</i>
<i>zx</i>

<i>y</i>
<i>x</i>













3
1

1
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>

<b>THANH HÓA</b> <b> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012</b>

Mơn : TỐN

Ngày thi :18/02/2012
<b>Câu I</b>:

<b>1,</b>

<b>C1, </b>

a, 1 8 : 3 1 1 1

10

3 1 3 1 1 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

ổ _- ₊ ử ổ_ữ _{- +} ử_ữ

ỗ _ữỗ _ữ

=ỗ_ỗ + _ữ_ữỗ_ỗ - _ữ_ữ

ữ ữ

ỗ + - - ỗ - - -

-è ø è ø(ĐK: <i>x</i>>1;<i>x</i>¹ 10; x ≠ 5)

Đặt x 1 a  ( a ≥ 0)

( ) ( )

( )
( ) ( )

( )

( ) ( )

3 3 3

3 9 1 2 4 3

: . .

3 3 3 3 3 2 2 2 2

<i>a</i> <i>a a</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>P</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

é ù +

-+ _ê + _ú

Þ = =

=-ê ú

+ - _ë - _û + - + +

(

)

(

(

)

)

3 1 1 2

3 1

2 5

2 1 2

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>
<i>P</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

-

-=-

=
-- +

b,

2 2

4 4

4 3 2 2 4 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)

<i>x</i>= + - - = + - - = + -

-- +

= + - - =

a x 1 2 1 1 (T/m)

     

( ) ( )

3 3.1 1

2 2 2 1 2 2

<i>a</i>
<i>P</i>

<i>a</i>

Þ =- =-

=-+ +

<b>C2,</b>

a, 3 1 9: 1 .2 1 4

10 1 1 3

<i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

é ù

- + _ê - + _ú

= _ê _ú

- _ê_ë - - - _ú_û (ĐK: <i>x</i>>1;<i>x</i>¹ 10)

(

)

1. 1 3

3( 1 3)

.

10 2 1 4

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>
<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i>

-

-- +
=

- - +

(

)

(

(

)

)

3 1 1 2

3 1( 10)( 1 2) 3 1

2(10 )( 1 4) ₂ _{1 2} 2 5

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x x</i> <i>_x</i> <i>x</i>

-

-- - - -

-= =-

=-- - - - + -

b) ₄ 3 2 2 ₄ 3 2 2 4 _{(3 2 2)}2 4_{(3 2 2)}2 _{3 2 2} _{3 2 2}

3 2 2 3 2 2

<i>x</i>= + - - = + - - = + -

-- +

=> x=1+ 2 ( 2 1)- - =2 vì x>1 P = ...  P 1
2



<b>Câu II:</b>

1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình
x2 _{+ x -2=0}

=> x = 1 hoặc x = 2

Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1)  AB2_{= (x2}_–_x1)2_{+ (y2}_-_y1)2₌
18

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2_{-x+m=0 (1)}
có hai nghiệm phân biệt <=> D >0<=> 1

4
<i>m</i><

Ta có CD2_{= (x1-x2)}2_+(y1-y2)2_mà

_

_{ }

_

2 1 2 1 1 2

y  y  x m   x m x  x

nên:

_

y₂  y₁

_

2  _

_

x₂ m

_{ }

  x₁m

_

_2 

_

x₁ x₂

_

2

Ta có AB2₌₁₈

nên CD = AB  CD2_{= AB}2_{ (x2-x1)}2_+(y2-y1)2_{=18 (*)}
 2(x1-x2)2 _{= 18  (x1-x2)}2 _{= 9}
 (x1+x2)2 _{- 4x1x2 = 9}

 1-4m-9 = 0 (Theo Viet)
 m = - 2 (TM)

<b>Câu III</b>

1,ĐK x¹ _{0, y}¹ ₀

<b>C1, </b>

Dùng phương pháp thế rút y theo x từ (1) thay vào pt (2) ta có pt:





3 2

2

2

1 1

2 2

3x 4x 4x 0

x 0 (0 t / m)

x 3x 4x 4 0

3x 4x 4 0 (*)

x 2 y 1

(*) ₂ ₁

x y

3 3

  




   _{  }

  


  




 _{ } _


<b>C2, </b>

Nhân vế của hai PT được: (x+y)2 _{= 1  x+y = ± 1 (1)}
Chia vế của hai PT được:

2

x

4 x 2y

y

 

  

 

  (2)

Từ 4 PT trên giải được (x;y) = (1/3;2/3); (2;-1); (-2/3;-1/3); (-2;1)
Thử lại: Chỉ có hai nghiệm thoả mãn HPT là: (-2;1) và (1/3;2/3)
2, GPT: 2x6_{+ y}2_{– x}3_{y = 320}

<b>C1, </b>



















 

 

 

 



2 3 6

6 6 6 6

3
6

y 2x y 2x 320 0

' x 2x 320 320 x 0 x 320 x 2 vì x Z
x 0; 1; 2

* x 0 y I y Z
* x 1 y I y Z

2 16

* x 2 ' 320 2 256 0 ' 16 y ...

1
KL : x; y 2; 24 ; 2;8 ; 2; 8 ; 2; 24

   

           

   

    

    

 

             

    

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

1) Ta có _R<i>_E</i>₌_R<i>_F</i>₌90<i>o</i>_{nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1)}

là trung điểm AH

1 1

AEC ' B A BEM

AEC ' BEM

ME C 'E

ME là tt cua (C')

  







   

 

MEC CEK = MCE DEC

MEK MDE

MED MKE

ME là tt cua (C'')

 







   

 

 

1

1

3
1

I

C''

K

C'

H

E

F

D

M

B

_C

A

2, gọi giao điểm AM với (C’) là I. ta có:
ME là tt của (C’’) ME2_{= MI. MA}
ME là tt của (C’’)  ME2_{= MD. MK}

MI. MA = MD. MK  ...   AIDK nt  AIK = ADK = 1v  KI  AM (1)
Ta lại có: AIH = 1v (góc nt chắn nửa (C’)  HI  AM (2)

Từ (1) và (2)  I; H; K thẳng hàng  KH  AM (Đpcm)

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Do vai trò x,y,z như nhau nên 0£ £ £ £<i>x</i> <i>y</i> <i>z</i> 1

* TH1: Nếu x= 0 =>

2

3

1 1

1 1 1

( ) ( )

1 1

( 1)( 1 ) 1 1

(1 )( ) (1 )( )

<i>y</i> <i>z</i>

<i>z</i> <i>zy</i> <i>y</i> <i>z</i>

<i>y</i> <i>z</i>

<i>z</i> <i>y</i> <i>z</i> <i>zy</i> <i>y</i> <i>z</i> <i>y</i> <i>z</i>

<i>y</i> <i>y</i> <i>z</i> <i>z</i>

<i>z y</i> <i>z</i> <i>yz y</i> <i>z</i> <i>y</i> <i>z</i>

+ =

+ + +

=> - + - =

+ + + + +

- + +

-=> + =

+ + + + +

Ta có VT < 0 mà VP³ _{0 nên trong trường hợp này khơng có nghiệm}

* TH2: Nếu x khác 0 mà 0£ £ £ £<i>x</i> <i>y</i> <i>z</i> 1

_

z 1 1 x

_{ }



_

 0 xz x z 1 0   

<=> 1 zx x z   Dấu “=” xảy ra khi: x=1 hoặc z=1.

+ Ta lại có: 1 zx x z   1<i>y</i><i>zx</i><i>x</i><i>y</i><i>z</i>
<i>_yx</i> <i>_zx</i><i>_x</i>_<i>_yx</i>_<i>_z</i>





1

+ Tương tự: <i>_zy</i> <i>_xy</i><i>_x</i>_<i>_yy</i>_<i>_z</i>



1

<i>_xz</i> <i>_yz</i><i>_x</i>_<i>z_y</i>_<i>_z</i>



1

1

1
1

1   















<i>z</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>z</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>yz</i>
<i>x</i>

<i>z</i>
<i>xy</i>

<i>z</i>

<i>y</i>
<i>zx</i>

<i>y</i>
<i>x</i>

<i>VT</i> _{. (2)}

+ Mặt khác, vì: 0<i>x</i>;<i>y</i>;<i>z</i>1 <i>x</i> <i>y</i><i>z</i>3. Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1

1

3
3
3








<i>z</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>VP</i> _{Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1 (3)}

+ Từ (2) và (3)  VT VP _{chỉ đúng khi:}<i>VT</i> <i>VP</i>1.Khí đó x = y = z =1.

</div>

<!--links-->