Đề thi chọn HSG cấp huyện lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Tham khảo Đề thi chọn HSG cấp huyện lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra ,với đề này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp huyện lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Thanh HóaKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNHSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONĂM HỌC 2011 - 2012THANH HÓA§Ò CHÝNH THøCMÔN: TOÁNLớp 9 thcsThời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đềNgày thi: 23 tháng 3 năm 2012Câu I (4đ)Cho biểu thức P =x 13x 1x 83 x 1 1:10 x x 3 x 1 11x 11) Rút gọn P2) Tính giá trị của P khi x =43 2 23 2 243 2 23 2 2Câu II (4đ)Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi Avà 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 choCD = AB.Câu III (4đ) x2 x2y1) Giải hệ phương trình  2y  y  1. x22) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320Câu 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 trònngoại 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:xyz3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 .........................1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HÓAKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9NĂM HỌC 2011-2012Môn : TOÁNNgày thi :18/02/2012Câu I:1,C1,x 13x 1a, Px 83 x 1 1:10 x x 3 x 1 11(ĐK: xx 11; x10 ; x ≠ 5)Đặt x  1  a ( a ≥ 0)3 a3a 91 2a 4: .a 3 3 a a a 3P3 x 13 x 1P2x 1a3.a a 33 3 a 2 a3a2 a 22x 1 22 x 52b,x43 2 23 2 21243 2 23 2 2( 2 1)42 2) 2(34(3 2 2) 232 23 2 22 (T/M) a  x  1  2  1  1 (T/m)3a3.1P2 a 221 212C2,a, P3 x 1 9:10 x12 x 1 4.x 1x 1 3P3( x 1 3) x 1. x 1 3.10 x2 x 1 4P3 x 1( x 10)( x 1 2)2(10 x)( x 1 4)b) x43 2 23 2 2=> x= 143 2 23 2 22( 2 1)4(ĐK: x 1; x 10 )3 x 13 x 12(3x 12 2)224(3 2 2) 2x 1 22 x 532 vì x>1 P = ...  P  2 23 2 212Câu II:1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trìnhx2 + x -2=0=> x = 1 hoặc x = 2Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1)  AB2 = (x2 – x1)2 + (y2 - y1)2= 18 AB = 3 22)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1)2có hai nghiệm phân biệt 140 mTa có CD2 = (x1-x2)2+(y1-y2)2 mà y2  y1   x 2  m    x1  m   x1  x 2nên:  y2  y1    x 2  m    x1  m    x1  x 2 Ta có AB2 =18nên 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 III1,ĐK x 0, y 0C1,Dùng phương pháp thế rút y theo x từ (1) thay vào pt (2) ta có pt:3x 3  4x 2  4x  0222(0 t / m)x  0 x  3x 2  4x  4   0   23x  4x  4  0 (*) x1  2  y1  1(*)  x 2  2  y2  133C2,Nhân vế của hai PT được: (x+y)2 = 1  x+y = ± 1 (1)2xChia vế của hai PT được:    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 + y2 – x3y = 320C1,y 2  2x 3 y   2x 6  320   0  x 6  2x 6  320  320  x 6  0  x 6  320  x  2 vìx  Z x  0; 1; 2* x  0  yI  yZ* x  1  y  I  y  Z* x  2    320   2   256  0 6KL : 2   16  y  x; y    2; 24  ;  2;8  ;  2; 8  ;  2; 24 31 16 ...Câu IV: (Đổi điểm C1 thành C’, C2 thành C’’ cho dể đánh máy và vẽ hình)F 90o nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là1) Ta có E(C1) là trung điểm AH3MEC  CEK =AEC  B1  A1  BEMMCE  DECMEK  MDEAEC  BEMME  C EMED  MKEME là tt cua (C)ME là tt cua (C)A1CF1IHE3K1BMDCC2, gọi giao điểm AM với (C’) là I. ta có:ME là tt của (C’’) ME2 = MI. MAME 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)xyz3(1)1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  zDo vai trò x,y,z như nhau nên 0 x y z 1Câu V: GPT* TH1: Nếu x= 0 =>4y1zz(11y3zyy1zyzz)( y 1)( y 1 z )(1 z )( y z )(1z1zyyz)1yz2(1z 1yz )( y z )1yz0 nên trong trường hợp này không có nghiệm* TH2: Nếu x khác 0 mà 0 x y z 1   z  11  x   0  xz  x  z  1  0Ta có VT < 0 mà VP 1  zx  x  z Dấu “=” xảy ra khi: x=1 hoặc z=1.+ Ta lại có: 1  zx  x  z  1  y  zx  x  y  zxx1  y  zx x  y  zyy+ Tương tự: ...