Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 23-3-2012) - Năm học 2011-2012 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

 1 
 SỞ 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 = 
1 8 3 1 1 1
:
103 1 3 1 1 1
x x x
xx x x x
1) Rút gọn P 
2) Tính giá trị của P khi x = 44
223
223
223
223





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 1;;0  zyx . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 
zyxyzx
z
xyz
y
zxy
x







3
111
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
Họ và tên thí sinh .......................................................................... SDB ......................... 
 §Ò CHÝNH THøC 
 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 
 NĂM HỌC 2011-2012 
 Môn : TOÁN 
 Ngày thi :18/02/2012 
Câu I: 
1, 
C1, 
a, 
1 8 3 1 1 1
:
103 1 3 1 1 1
x x x
P
xx x x x
(ĐK: 1; 10x x ; x ≠ 5) 
Đặt x 1 a  ( a ≥ 0) 
3 3 33 9 1 2 4 3
: . .
3 3 3 3 3 2 2 2 2
a a aa a a
P
a a a a a a a a
3 1 1 23 1
2 52 1 2
x xx
P
xx
b, 
2 24 44 4
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)
x
a x 1 2 1 1 (T/m)      
3 3.1 1
2 2 2 1 2 2
a
P
a
C2, 
a, 
3 1 9 1 2 1 4
: .
10 1 1 3
x x
P
x x x
 (ĐK: 1; 10x x ) 
1. 1 33( 1 3)
.
10 2 1 4
x xx
P
x x
3 1 1 23 1( 10)( 1 2) 3 1
2(10 )( 1 4) 2 52 1 2
x xx x x x
P
x x xx
b) 2 24 44 4
3 2 2 3 2 2
(3 2 2) (3 2 2) 3 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2
x 
=> x=1 2 ( 2 1) 2 vì x>1 P = ...  
1
P
2
  
Câu II: 
1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình 
x
2 
+ 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 
 AB = 3 2 
2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) 
 3 
có hai nghiệm phân biệt 0 
1
4
m 
Ta có CD
2
 = (x1-x2)
2
+(y1-y2)
2
 mà    2 1 2 1 1 2y y x m x m x x         
nên:        
22 2
2 1 2 1 1 2y y x m x m x x           
Ta có AB
2
 =18 
nên CD = AB  CD2 = AB2  (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) 
Câu III 
1,ĐK x 0, y 0 
C1, 
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
  

     
  
   

   

C2, 
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: 2x
6
 + y
2
 – x3y = 320 
C1, 
 
 
 
 
         
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
   
           
   
    
     
 
              
    
Câu IV: (Đổi điểm C1 thành C’, C2 thành C’’ cho dể đánh máy và vẽ hình) 
1) Ta có 90oE F nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là 
(C1) là trung điểm AH 
 4 
1 1AEC' 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
DMB 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) 
Câu V: GPT 
x y z 3
1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z
  
       
 (1) 
Do vai trò x,y,z như nhau nên 0 1x y z 
* TH1: Nếu x= 0 => 
 5 
2
3
1 1
1 1 1
( ) ( )
1 1
( 1)( 1 ) 1 1
(1 )( ) (1 )( )
y z
z zy y z
y z
z y z zy y z y z
y y z z
z y z yz y z y z
Ta có VT < 0 mà VP 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm 
* TH2: Nếu x khác 0 mà 0 1x y z   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   zyxzxy 1 
zyx
x
zxy
x




1
+ Tương tự: 
zyx
y
xyz
y


1
zyx
z
yzx
z


1
 1
111










zyx
zyx
yzx
z
xyz
y
zxy
x
VT . (2) 
+ Mặt khác, vì: 31;;0  zyxzyx . Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1 
 1
3
33



zyx
VP Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1 (3) 
+ Từ (2) và (3) VT VP  chỉ đúng khi: 1VPVT .Khí đó x = y = z =1. 
* Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:    x; y; z 1;1;1 .