Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn đang thử nghiệm trang chủ mới (vẫn đang trong quá trình hoàn thiện). BQT sẽ ra thông báo cụ thể trong ít ngày tới.

Hình ảnh

Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2011 - 2012


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5529 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 23-03-2012 - 16:11

HSG9TH.png



Bài 1. (4,0 điểm)
Cho biểu thức $P = \left( {\frac{{\sqrt {x - 1} }}{{3 + \sqrt {x - 1} }} + \frac{{x + 8}}{{10 - x}}} \right):\left( {\frac{{3\sqrt {x - 1} + 1}}{{x - 3\sqrt {x - 1} - 1}} - \frac{1}{{\sqrt {x - 1} }}} \right)$
1. Rút gọn $P$
2. Tính giá trị của $P$ khi $x = \sqrt[4]{{\frac{{3 + 2\sqrt 2 }}{{3 - 2\sqrt 2 }}}} - \sqrt[4]{{\frac{{3 - 2\sqrt 2 }}{{3 + 2\sqrt 2 }}}}$

Bài 2. (4,0 điểm)
Trong cùng một hệ tọa độ, cho đường thẳng $d : y = x – 2$ và parabol $\left( P \right):y = - {x^2}$. 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 $CD= AB$

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{x^6} + {y^2} - 2{x^3}y = 320$

Bài 4. (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 $(C_1)$ và $(C_2)$ 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 $(C_1)$ và $(C_2)$
2. $KH \bot AM$

Bài 5. (2,0 điểm)
Với $0 \le x,y,z \le 1$. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
$$\frac{x}{{1 + y + zx}} + \frac{y}{{1 + z + xy}} + \frac{z}{{1 + x + zy}} = \frac{3}{{x + y + z}}$$

-------------HẾT-------------



#2 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 287 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 23-03-2012 - 22:00

Bài 1:
a) Đk: x lớn hơn 1 :icon6:
--Xét
$\frac{\sqrt{x-1}}{3+\sqrt{x-1}}+\frac{x+8}{10-x}$

=$\frac{\sqrt{x-1}(3-\sqrt{x-1})}{10-x}+\frac{x+8}{10-x}$

=$3.\frac{\sqrt{x-1}+3}{10-x} (1)$

--Xét
$\frac{3\sqrt{x-1}+1}{x-3\sqrt{x-1}-1}-\frac{1}{\sqrt{x-1}}$

=$\frac{3\sqrt{x-1}+1}{\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}-3)}-\frac{\sqrt{x-1}-3}{\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}-3)}$

=$2.\frac{\sqrt{x-1}+2}{\sqrt{x-1}(\sqrt{x-1}-3)}$ (2)

--Chia (1) cho (2),vế theo vế,ta được
P=$\frac{-3\sqrt{x-1}}{2(\sqrt{x-1}+2)}$ (với x lớn hơn 1) (*)

b) Rút gọn được x=2 (cái này chắc ai cũng giải được) thay vào (*) được P=$\frac{-1}{2}

Bai 3.2: nghiệm nguyên
$2x^6+y^2-2x^3y=(x^3-y)^2+(x^3)^2=320=(-16)^2+8^2=16^2+8^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 23-03-2012 - 22:12

-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#3 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • ĐHV Tổng hợp
  • 796 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán học, trường ĐH. Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 23-03-2012 - 22:21

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$


$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$


ĐKXD: $\left\{\begin{matrix} x\neq 0\\ y\neq 0 \end{matrix}\right.$

$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{y} + x = 2(*)\\
\frac{{{y^2}}}{x} + y = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$


Nhân $2$ phương trình của hệ cho nhau, ta được phương trình sau:

$(\frac{{{x^2}}}{y} + x).(\frac{{{y^2}}}{x} + y)=1$

$\Leftrightarrow xy+x^{2}+y^{2}+xy=1$

$\Leftrightarrow (x+y)^{2}=1$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x+y=1\\ x+y=-1 \end{bmatrix}$



TH1: $x+y=1\Rightarrow x=1-y$

Thay vào $(*)$, ta được phương trình sau:

$\frac{(1-y)^{2}}{y} + 1-y = 2$

$\Leftrightarrow 1-2y+y^{2} + y-y^{2} = 2y$

$\Leftrightarrow 3y = 1$

$\Leftrightarrow y=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow x=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$



TH2: $x+y=-1\Rightarrow x=-1-y$

Thay vào $(*)$, ta có phương trình:

$\frac{{(-1-y)^{2}}}{y} -1-y = 2$

$\Leftrightarrow 1+2y+y^{2} -y-y^{2} = 2y$

$\Leftrightarrow 1 -y =0$

$\Leftrightarrow y =1$

$\Rightarrow x=-1-1=-2$

Vậy ta có $2$ cặp nghiệm $(x,y)$ là:

$$\boxed{(\frac{2}{3};\frac{1}{3}),(-2;1)}$$

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

logocopy.jpg?t=1339838138


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#4 beppkid

beppkid

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:9A THCS Xuân Trường - Nam Định

Đã gửi 24-03-2012 - 12:50

Bài 5:
0$\leq x,y,z\leq 1 \Rightarrow x^{2}\leq x; y^{2}\leq y;z^{2}\leq z$
ta chứng minh: $1+y+zx\geq x^{2}+y^{2}+z^{2} \Leftrightarrow 1+zx\geq x^{2}+z^{2}$
có $(1-x)(1-z)\geq 0\Rightarrow 1+xz\geq x+z\geq x^{2}+z^{2}$
nên: $\frac{x}{1+y+zx}\leq \frac{x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
tương tự rồi cộng vào được:
$\frac{3}{x+y+z}\leq \frac{x+y+z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \Leftrightarrow 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\leq (x+y+z)^{2} \Rightarrow x=y=z=1$
vậy nghiệm của pt là x=y=z=1

#5 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Hiệp sỹ
  • 3573 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 02-04-2012 - 20:58

Bài 4:
a) Gọi I là trung điểm AH $\Rightarrow$ I là tâm của $(C_1)$
Dễ chứng minh $ME \perp IE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_1)$
Dễ thấy $\angle FED=2\angle HED \Rightarrow$ EH là phân giác trong $\vartriangle KED$
$EC \perp EB \Rightarrow$ EB là phân giác ngoài của $\vartriangle KED$.
\[
\frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{ED}}{{EK}} = \frac{{CD}}{{CK}}
\]
Suy ra $...\Rightarrow ME^2=MD.MK \Rightarrow \angle MED=\angle MKE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_2)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-04-2012 - 21:51

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#6 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 02-04-2012 - 21:44

Bài 4:
a) Gọi I là trung điểm AH $\Rightarrow$ I là tâm của $(C_1)$
Dễ chứng minh $ME \perp IE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_1)$
Dễ thấy $\angle FED=2\angle HED \Rightarrow$ EH là phân giác trong $\vartriangle KED$
$EC \perp EB \Rightarrow$ EB là phân giác ngoài của $\vartriangle KED$.
\[
\frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{ED}}{{EK}} = \frac{{CD}}{{CK}}
\]
Suy ra $...\Rightarrow ME^2=MD.MK \Rightarrow \angle MED=\angle MKE \Rightarrow$ ME là tiếp tuyến của $(C_2)$.
b) Đề sai.

Đề vẫn đúng mà a Hân.
Gọi G là giao điểm của MH và $(C_1)$ . vì ME là tiếp tuyến chung của $(C_1)$ và $(C_2)$ nên theo fuong tích ta có
$ MH.MG=ME^{2}=MD.MK$
Do đó : Tú giác KDHG nội tiếp .
Suy ra : $ \angle KGM= 90^{\circ}$ mà $ \angle MGA= 90^{\circ}$ nên A , G , K thẳng hàng .
Suy ra MH vuông góc vs AK $ \Rightarrow$ H là trục tâm tam giác AMK.
Do đó : $
KH \bot AM
$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-04-2012 - 21:51


#7 dohuuthieu

dohuuthieu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 58 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Quang Trung,Bình Phước

Đã gửi 02-04-2012 - 22:17

Gọi N là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(đặt là (O))
Dễ chứng minh ANFE,AEHF là tgnt suy ra N nằm trên đường tròn đường kính AH, do đó HN vông góc với NA
Giả sử tia NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại G thì $\widehat{ANG}=90^{0}$ nên AG là đường kính của (O).Dễ chứng minh BHCG là hình bình hành nên GH đi qua M, suy ra M,H,G thẳng hàng.Trong tam giác AKM có 2 đường cao AD,HM cắt nhau tại H nên H là trực tam của tam giác AKM,suy ra KH vuong góc với AM

#8 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 03-04-2012 - 17:57

Gọi N là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(đặt là (O))
Dễ chứng minh ANFE,AEHF là tgnt suy ra N nằm trên đường tròn đường kính AH, do đó HN vông góc với NA
Giả sử tia NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại G thì $\widehat{ANG}=90^{0}$ nên AG là đường kính của (O).Dễ chứng minh BHCG là hình bình hành nên GH đi qua M, suy ra M,H,G thẳng hàng.Trong tam giác AKM có 2 đường cao AD,HM cắt nhau tại H nên H là trực tam của tam giác AKM,suy ra KH vuong góc với AM

Cách này giống cách giải bài hình thi HSG Vĩnh Phúc 2 năm trc , thục ra 2 bài này giống nhau y hệt .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 03-04-2012 - 17:57


#9 FillTheHoleInWall

FillTheHoleInWall

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 45 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Irving,Texas

Đã gửi 26-01-2013 - 21:14

Cách khác câu 5:
(Các bạn xem giúp đúng không nhé)
Ta CM
$\frac{x}{1+y+xz}\leq \frac{1}{x+y+z}$
$x(x+y+z)\leq 1+y+xz$ (đúng)($0\leq x,y,z\leq 1$)
tương tự,rồi cộng vế theo vế
xảy ra dấu "="
$\Rightarrow x^2+xy+xz=1+y+xz$
$\Rightarrow x^2+xy=1+y$
đồng nhất $\Rightarrow x=1$
tương tự $x=y=z=1$

#10 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 445 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 27-01-2013 - 10:53

HSG9TH.png




Bài 3. (4,0 điểm)
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $2{x^6} + {y^2} - 2{x^3}y = 320$


Ta có phương trình đã cho $\Leftrightarrow x^{6}-2x^{3}y+y^{2}+x^{6}=320\Leftrightarrow (x^{3}-y)^{2}+(x^{3})^{2}=320$
Vì $x,y\in \mathbb{Z}$ nên $(x^{3}-y)^{2}+(x^{3})^{2}$ là tổng của 2 số chính phương
Mà $320$ viết thành tổng của 2 số chính phương có trương hợp là
$320=64+256$
Mà $x^{3}$ là lập phương của 1 số nguyên nên ta có: $\left\{\begin{matrix} x^{3}=8 & \\ x^{3}-y=16 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=-8 \end{matrix}\right.$
Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên là $(x;y)$ là $(2;-8)$
  • MIM yêu thích




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh