De DA HSG Thanh hoa 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. NĂM HỌC 2011 - 2012. THANH HÓA §Ò CHÝNH THøC. 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) æ x- 1 æ 3 x - 1 +1 x +8 ö ÷ ç ç ÷ + : ç ç ÷ ç ç ÷ ç çx - 3 x - 1 - 1 10 x 3 + x 1 è ø è Cho biểu thức P =. 1 x-. ö ÷ ÷ ÷ ÷ 1ø. 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị của P khi x =. √ 4. 3+2 √2 4 3− 2 √ 2 − 3 −2 √ 2 3+2 √ 2. √. 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. ¿ x2 +x=2 y 2 y 1 + y= . x 2 ¿{ ¿. 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 0 ≤ x ; y ; z ≤1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 + + = 1+ y + zx 1+ z + xy 1+ x+ yz x + y + z. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh ..................................................................... SDB ..........................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu I (4.0 điểm) æ x- 1 æ 3 x - 1 +1 x +8 ö ÷ ç ç ÷ + : ç ç ÷ ç ç ÷ ç3 + x - 1 10 - x ø è çx - 3 x - 1 - 1 è 1/ Rút gọn P : P = Đặt y = x  1 . Ta có. P=. 1 x-. ö ÷ ÷ ÷ ÷ 1ø Đ/k: x > 1,x  10, x  5. æy æ3 y +1 1 ö y2 +9ö y(3 - y) + y 2 + 9 3 y +1- ( y - 3) ÷ ÷ ç ç ÷ + : ÷ = : ç ç 2÷ ÷ ç ÷ (3 + y )(3 - y ) ÷ç ç y ( y - 3) èy 2 - 3 y y ø è3 + y 9 - y ø. 3 y - y 2 + y 2 + 9 3 y +1- y + 3 3( y + 3) y ( y - 3) - 3y : = . = y ( y - 3) (3 + y )(3 - y ) 2( y + 2) 2( y + 2) Thay y = P = (3 + y )(3 - y ). . x 1. .  3 x 1 x 12 3 x 1 2( x  5) P = 2( x  1  2) = 3+2 √2 4 3− 2 √ 2 − 2/ Tính giá trị của P khi x = 4 3 −2 √ 2 3+2 √ 2 32 2  x = 3 2 2 4. √. 4. 3 2 2 4  3 2 2 32 2. . √. . 2. . 4.  3 2 2. 2. 4. 3 x 1. . . . 4. 2 1  x 12. 4. . . 4. 2 1. . 21.   3.  2 1  2 12. . . 2  1 2.    3.3. . 3 2. 2( x  5) 2(2  5) 2.( 3) (Thoả mãn điều kiện), thay vào ta có. P= Câu II(4.0 đi ểm) 1/ Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) : y = x – 2 và parabol (P): y = - x2 là nghiệm của phương trình : -x2 = x – 2 <=> x2 + x – 2 = 0, Phương trình có hai nghiệm : x1 = 1 và x2 = -2 Với x1 = 1 => y1 = -1 => A (1 ; -1) Với x2 = -2 => y2 = -4 => B (-2 ; -4) Khi đó : AB2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (-3)2 + (-3)2 = 9 + 9 = 18 => AB = 3 2 2/ Hoành độ giao điểm đường thẳng d’: y =- x = m và Parabol (P) : y = -x2 là nghiệm của phương trình : -x2 = -x + m <=> x2 – x + m = 0 1 Để có hai giao điểm C và D thì  = 1 – 4m > 0 => m < 4  x1  x2 1   x1.x2  m. Khi đó phương trình có hai nghiệm x1 và x2 mà Ta có : CD2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (x2 – x1)2 + [ (-x1)2 –(- x22)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + [(x1 + x2) (x1 - x2)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + (x1 + x2)2 [ (x1 + x2)2 – 4x1x2 ] CD2 = 1 + 4m + 1 (1 + 4m) = 8m + 2 AB = CD => 8m + 2 = 18 => m = -2 (Thoả mãn đ/k ). Vậy m = -2 Câu III (4.0 điểm). 1/ Giải hệ phương trình. ¿ x2 +x=2 y y2 1 + y= . x 2 ¿{ ¿. Điều kiện : x, y  0. x2  x 2  x 2  xy 2 y  y (2  x) x 2 Từ PT (1) : y.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Xét x = 2 phương trình vô nghiệm => Hệ vô nghiệm x2 Xét x  2 => y = 2  x (*) thay vào phương trình (2), ta có x3 x2 1   2 (2  x) 2  x 2 <=> 2 x3  2 x 2 (2  x) (2  x )2  3 x 2  4 x  4 0 2 1 Phương trình có hai nghiệm : x1 = 3 => y1 = 3 và x1 = -2 => y1 = 1 2   x  3   x  2  y 1  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  3 và  y 1. 2/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Ta có : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 <=> y2 – 2x3y + 2x6 – 320 = 0. Xem đây là PT bậc hai ẩn y =>’ = (-x3)2 – 1.( 2x6 – 320) = x6 – 2x6 + 320 = 320 – x6 PT có nghiệm x , khi   0 => 320 – x6  0 => x6  320 => Khi đó phương trình có hai nghiệm. x 2. => x = 0 ;  1 ;  2.  y  x3  320  x 6 1   y1  x3  320  x 6.  y x 3  320  x 6  320 1  3 6 + Với x = 0,  y1 x  320  x  320 (là số vô tỷ ) loại  y  x 3  320  x 6  1  319 1  3 6 + Với x = -1,  y1 x  320  x  1  319 (là số vô tỷ ) loại  y  x 3  320  x 6 1  319 1  3 6 + Với x = 1,  y1 x  320  x 1  319 (là số vô tỷ ) loại  y  x3  320  x 6  8  256 8 1   y1  x3  320  x 6  8  256  24. + Với x = -2,. (thoả mãn).  y x 3  320  x 6 8  256 24 1  3 6 + Với x = -2,  y1 x  320  x 8  256  8 (thoả mãn). Kết luận : Phương trình có 4 nghiệm nguyên : (x ; y ) = (-2 ; -24) , (-2 ; 8) , (2 ; 24) , (2 ; -8) Câu IV (6.0 điểm) A 1/ ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). + Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn C1 o   Vì E F 90 => Tứ giác AEHF nội tiếp => C1 là đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF ( Tâm C1 là trung điểm của AH)   MBE ME = MB => MEB (1) D E  90o Vì => Tứ giác ABDE nội tiếp . C1. F. N. H. E. . => MBE C1 AE (Cùng chắn cung DE) (2) EAH vuông tại E , mà C1A = C1H. B. M. D. C. K C2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   => C1A = C1H = C1E => C1 EA C1 AE (3) . . o. Ta có : C1EA  C1 EB 90 (Kề b ù ) (4) Từ (1) , (2) , (3) và (4) . . . o. o. => MEB  C1EB 90  MEC1 90  ME  C1 E => ME là tiếp tuyến của đường tròn C1 + Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn C2    Ta có : MCE DKE  CEK ( Góc ngoài của CEK) (1’)  CEK  AEF (Đối đỉnh) (2’) AEF  AHF (Góc nội tiếp cùng chắn cung AF) (3’) AHF DHC  (Đối đỉnh) (4’) D E  90o   Vì => Tứ giác CDHE nội tiếp => DHC DEC (Cùng chắn cung DC) (5’) . . . . ME = MC => MED  DEC MEC MCE (6’)   DKE Từ (1’) , (2’) , (3’) , (4’), (5’) và (6’) => MED => ME là tiếp tuyến của đường tròn C2 2/ KH AM. Gọi giao điểm của AM và (C1) l à N Vì ME là TT của đường tròn (C1) => ME2 = MN.MA Vì ME là TT của đường tròn (C2) => ME2 = MD.MK => MB.MA = MD.MK => Tứ giác ANDK nội tiếp o   => KNA KDA 90 (Cùng chắn cung KA) => KNAM(1’’) o  Mà HNA 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn C1) => HN AM (2’’) Từ (1’’) và (2’’) => K, H , N thẳng hàng => KH AM Câu V (2.0 điểm) Với 0 ≤ x ; y ; z ≤1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 + + = 1+ y + zx 1+ z + xy 1+ x+ yz x + y + z Vì vai trò của x, y , z như nhau nên 0  x  y  z 1. y z 3   + Xét trường hợp x = 0 => 1  z 1  yz y  z y z y z 3 3 3    1   Ta có : 1  z 1  yz y  z y  z mà y  z 1  1 2. (Do 1 + z > y + z ; 1 + yz > y + z <=> 1 – y + z(y – 1)  0 <=> (y – 1)(z – 1)  0 ) y z 3   Nên phương trình : 1  z 1  yz y  z Vô nghiệm + Xét trường hợp x  0 => 0  x; y; z 1 x x 1  2  Ta có 1  y  zx x  yx  zx x  y  z (Dấu = xảy ra khi x = 1) y y 1  2  1  z  xy y  zy  xy x  y  z (Dấu = xảy ra khi y = 1) z z 1  2  1  x  yz z  xz  yz x  y  z (Dấu = xảy ra khi z = 1) x y z 3    Suy ra : 1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  z ( Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x. y. z. 3. => 1+ y + zx + 1+ z + xy + 1+ x+ yz = x + y + z khi x = y = z = 1 Vậy phương trình có một nghiệm x = y = z = 1 ---------------------- Hết ----------------------.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>