Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề<br /> <br /> Câu 1 (3,0 điểm).<br /> 1 1 1 1 1 1 .  2  1 2  2    1  2 2 1 2 2 3 2012 20132 b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 x  5 y  7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  5 | x | 3 | y | . Câu 2 (1,5 điểm).<br /> <br /> a) Tính tổng: S  1 <br /> <br /> Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: Câu 3 (1,5 điểm ).<br /> <br /> 2 3  3  3x 3  y 3 .<br /> <br /> Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc <br /> <br /> Câu 4 (3,0 điểm ). Cho tam giác nhọn ABC ( AC  AB ) có các đường cao AA ', BB ', CC ' và trực tâm H . Gọi (O ) là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM,<br /> <br /> 1 . Chứng minh rằng: 6 a 2b 3c 1 1 1 3    a  2b  3c    . 2b 3c a a 2b 3c<br /> <br /> AN tới đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ hai của<br /> A ' N và đường tròn (O) , K là giao điểm của OH và B ' C ' . Chứng minh rằng:<br /> <br /> a) M ' đối xứng với M qua BC . b) Ba điểm M , H , N thẳng hàng.<br /> KB '  HB '   c)  . KC '  HC ' <br /> 2<br /> <br /> Câu 5 (1,0 điểm). Cho bảng ô vuông 3  3 (3 hàng và 3 cột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9 vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng con có kích thước 2  2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của T. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….<br /> <br /> SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN<br /> <br /> I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN:<br /> Câu Ý Nội dung trình bày<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> 1 (3đ)<br /> <br /> 1 Ta có: n  * ,1 <br /> 1 1 n 2 (n  1)2  n 2  (n  1)2   n 2 ( n  1) 2 n 2 ( n  1) 2<br /> 2<br /> <br /> (n 2  n  1) 2  1 1   2  1    2 n (n  1)  n n 1 1 1 1 1 1 1 Suy ra 1  2  (do 1    0 n  * )  1  2 n ( n  1) n n 1 n n 1 Áp dụng kết quả trên, ta có 1 1 1 1 1 2  2 1  1 2 1 2<br /> 1 1 1 1  2 1  22 3 2 3 ......................... 1 1 1 1 1  1  2 2 2012 2013 2012 2013 ộng vế với vế của 2012 đẳng thức t rên, ta được C 1 S  2013  . 2013 1<br /> <br /> 2<br /> <br /> Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề bài thì xy  0 . Do đó chỉ cần xét hai trường hợp sau TH1: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 x 7  4 x 13 x  21 Suy ra P  5 x  3· . Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất.  5 5 Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x  3, y  1. Vậy, trong trường hợp này, P nhỏ nhất bằng 12. TH2: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 x<br /> <br /> 7  4 x 13 x  21  . Do đó, P nhỏ nhất khi x lớn nhất. 5 5 Do x nguyên âm, y nguyên dương nên x  2, y  3 . Vậy, trong trường hợp này, P nhỏ nhất bằng 1. So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi và chỉ khi x  2, y  3 .<br /> <br /> Suy ra P  5 x  3·<br /> <br /> 2 (1,5đ) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: Điều kiện x  0; y  0<br /> 2 3  3  3 x 3  y 3 (1)<br /> <br /> (1)  2 3  3  3x 3  y 3  6 xy  (3x  y  2) 3  6 xy  3 (2)<br /> <br />  (3x  y  2) 2 .3  36 xy  36 xy  9<br /> 12 xy  3  (3 x  y  2)2  xy  (3) 12 x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ.<br /> <br /> + Nếu 3 x  y  2  0, thì ta có vế trái của (2) là một số vô tỉ, vế phải của (2) là một số hữu tỉ, điều này vô lí. + Nếu 3 x  y  2  0, kết hợp với (2) ta có: 3x  y  2 3 x  y  2  0      1 6 xy  3  0   xy  4   1  x  6 1  Giải hệ trên ta được: x  y  và  . 2 3 y    2 1 Thay vào (1) ta được x  y  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 3<br /> x y z ,2b  (với x, y, z > 0)  3c  z x y Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: y2 z 2 x2 y z x x y z 3         zx xy yz x y z y z x<br /> <br /> Đặt a  (1,5đ)<br /> <br />  x 3  y 3  z 3  3 xyz  y 2 z  xz 2  x 2 y  x 2 z  xy 2  yz 2  x( x  y )( x  z )  y ( y  z )( y  x )  z ( z  x )( z  y )  0 (1)<br /> <br /> Không mất tính tổng quát giả sử x  y  z . Ta có: (1)  ( x  y ) 2 ( x  y  z )  z ( z  x)( z  y )  0 (2) Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm.<br />  a  1  1  Dấu ‘‘=’’ xảy ra  x  y  z  b  2   1 c  3 <br /> A<br /> <br /> 4<br /> <br /> a<br /> <br /> (3đ)<br /> C' M H<br /> <br /> B' N<br /> <br /> B<br /> <br /> A'<br /> <br /> O<br /> <br /> C<br /> <br /> M'<br /> <br /> Từ giả thiết ta có:       90o nên các điểm A, A’, M, O, AMO ANO AA ' O N thuộc đường tròn đường kính AO.     (1) AA ' N AMN<br /> 1  AMN  Lại có:   MM ' N  sđ MN (2) 2  AA ' N Từ (1) và (2)  MM ' N    MM’//AA’ Mà BC  AA’  BC  MM’ Mặt khác BC là đường kính của (O) nên BC vuông góc với MM’ tại trung điểm của MM’, do đó M’ đối xứng với M qua BC<br /> <br /> b AMC’ và ABM có '   và chung góc MAB AMC ABM AM AC ' (3)  AMC ' ~ ABM    AM 2  AB. AC ' AB AM AC ' AH   AA '. AH  AB. AC ' (4) Dễ thấy AC ' H ~ AA ' B  AA ' AB AH AM Từ (3) và (4)  AA '. AH  AM 2   AM AA ' Mặt khác AHM và AMA ' có chung góc  nên A’ AM  (5) AHM ~ AMA '  AMH AA ' M Tứ giác AMA’N nội tiếp     AA ' M ANM Có AM, AN là tiếp tuyến của ( O)     AMN ANM AMN AA ' M Từ (6) và (7)     (6) (7) (8)<br /> <br /> c<br /> <br /> AMH AMN Từ (5) và (8) ta có    . Dễ thấy H, N nằm cùng một phía so với đường thẳng AM nên tia MH trùng tia MN hay M, H, N thẳng hàng<br /> B'<br /> <br /> C'<br /> <br /> K H F E<br /> <br /> B<br /> <br /> O<br /> <br /> C<br /> <br /> D<br /> <br /> Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ và CC’ lần lượt tại D, E KB ' KH KC ' KB ' OD      (9) OD OH OE KC ' OE      Ta có: BDO  ECO (vì cùng bằng BB ' C ' ) và BOD  EOC<br /> OD OB OD OC 2 2 (10)  DBO ~ CEO    OD.OE  OC   OC OE OE OE 2<br /> <br />