Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học: 2011 - 2012 môn thi: Toán lớp 9 thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

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 1 8 3 1 1 1:
103 1 3 1 1 1
x x xP
xx x x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − += + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟−+ − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. 
1) Rút gọn P . 
2) Tính giá trị của P khi 4 43 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2
x + −= −− + . 
Câu II (4,0 điểm) 
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng : 2d y x= − và parabol 2( ) :P y x= − . 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 (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 6 2 32 2 320x y x y+ − = . 
Câu IV (6,0 điểm) 
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 1( )C và 2( )C 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 1( )C và 2( )C . 
2) KH AM⊥ . 
Câu V (2,0 điểm) 
Với 0 , , 1x y z≤ ≤ . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 
3
1 1 1
x y z
y zx z xy x yz x y z
+ + =+ + + + + + + + . 
------------------------------------------------------ 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: 1 10x< ≠ (*). 
Đặt: 1 , 0 3x a a− = < ≠ . 
Khi đó: 
2
2 2
9 3 1 1:
3 9 3
a a aP
a a a a a
⎛ ⎞+ +⎛ ⎞= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠⎝ ⎠
1,0 
2
3( 3) 2 4:
9 ( 3)
a a
a a a
+ += − − 
3
2 4
a
a
−= +
3 1
2 1 4
x
x
− −= − + . 1,0 
2) 2,0 điểm 
x ( ) ( )2 24 43 2 2 3 2 2= + − − 1,0 
4,0 
điểm 
( ) ( )4 44 42 1 2 1= + − − ( )2 1 2 1= + − − 2= . 
Suy ra: 3
2 4
P −= + 
1
2
= − . 
1,0 
II 1) 2,0 điểm 
Toạ độ A và B thoả mãn hệ: 
2 2
2
x x
y x
⎧− = −⎨ = −⎩
⇔ ( ; ) (1; 1)x y = − hoặc ( ; ) ( 2; 4)x y = − − . 
1,0 
9 9 3 2AB = + = . 1,0 
2) 2,0 điểm 
Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( )P và 'd ): 2x x m− = − + 
⇔ 2 0x x m− + = (1). 
Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm 1 2,x x phân biệt 
⇔ 1
4
m < (*). 
Khi đó, toạ độ của C và D là: 1 1( ; )C x y và 2 2( ; )D x y , trong đó: 1 1y x m= − + và 2 2y x m= − + .
1,0 
4,0 
điểm 
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 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
2 2
x xy y
y xy x
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
⇔ 
2 2
2
2 3 2
2 2
x y xy x y
y xy x
⎧ + + = +⎪⎨ + =⎪⎩
⇔
2
( 2 )( 1) 0
2 2
x y x y
y xy x
+ + − =⎧⎨ + =⎩
1,0 
⇔ 2
2
0
x y
y y
= −⎧⎨ − =⎩
 hoặc 
1
1
3
x y
y
= −⎧⎪⎨ =⎪⎩
⇔ ( ; )x y = (0; 0), ( 2; 1)− hoặc 2 1;
3 3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: ( ; )x y = ( 2; 1)− hoặc 2 1( ; ) ;
3 3
x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
1,0 
2) 2,0 điểm 
6 2 32 2 320x y x y+ − = (1). 
(1) ⇔ ( )23 3 2( ) 320x x y+ − = . 
Đặt: 3 8x u= và 3 8x y v− = , (1) trở thành: 2 2 5u v+ = . 
1,0 
4,0 
điểm 
Hệ: 
3
3
2 2
8
8
5
,
x u
x y v
u v
x y
⎧ =⎪ − =⎪⎨ + =⎪⎪ ∈⎩ 
 suy ra: ( ; ) (2; 8), (2;24), ( 2; 24), ( 2;8)x y = − − − − . 1,0 
IV 1) 3,0 điểm 
6,0 
điểm 
 MEB CBE= (tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) 
 = CAD (hai tam giác vuông EBC và DAC có chung góc nhọn C ). 
1,0 
M C D 
E 
F 
H 
(C1) 
A 
B K 
(C2) L 
 - 3 - 
Mặt khác 1( )H C∈ , từ đó ta có:  HEM HAE= . 
Suy ra, ME là tiếp tuyến của 1( )C . 
0,5 
   MED MEC DEC= − 
=  MCE DEC− (do tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) 
=  MCE DHC− (tứ giác HDCE nội tiếp) 
=  MCE FHA− (góc đối đỉnh) 
1,0 
=  MCE FEA− (tứ giác HEAF nội tiếp) 
=  MCE CEK− (góc đối đỉnh) 
= DKE (góc ngoài tam giác), suy ra ME là tiếp tuyến của 2( )C . 
Hoàn thành lời giải bài toán. 
0,5 
2) 3,0 điểm 
Gọi 1( )L AM C= ∩ ; theo câu IV.1), ta có: 2. .ML MA ME MD MK= = . 1.0 
Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - là đường tròn đường kính AK . 1.0 
Do đó KL AM⊥ . 
Mặt khác, ta lại có HL AM⊥ (vì 1( )L C∈ - là đường tròn đường kính AH ). 
Do đó , ,K L H thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh. 
1.0 
V 
3
1 1 1
x y z
y zx z xy x yz x y z
+ + =+ + + + + + + + (1). 
Giả thiết 0 , , 1x y z≤ (*). 
Khi đó, ta có: (1 )(1 ) 0z x− − ≥ 
⇔ 1 zx z x+ ≥ + ⇔ 
1
x x
y zx x y z
≤+ + + + . 
0.5 
Tương tự, ta cũng có: 
1
y y
z xy x y z
≤+ + + + và 1
z z
x yz x y z
≤+ + + + . 
Suy ra: 3 1
1 1 1
x y z
x y z y zx z xy x yz
= + + ≤+ + + + + + + + 
0.5 
hay 3x y z+ + ≥ (1) 
Mặt khác, từ 0 , , 1x y z≤ ≤ , suy ra: 3x y z+ + ≤ (2) 0.5 
2,0 
điểm 
Từ (1) và (2) ta suy ra: 3x y z+ + = , kết hợp với điều kiện 0 , , 1x y z≤ ≤ suy ra 1x y z= = = 
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1;1;1)x y z = 0.5 
----------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------