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

Chia sẻ: Hoàng Gia Bảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

287
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc sẽ giúp các em làm quen với hình thức ra đề, các dạng câu hỏi và bài tập thường ra trong kì thi. Đồng thời, các em rèn luyện kỹ năng giải đề và tích lũy thêm kiến thức.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC 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 Câu 1 (3,0 điểm). 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). a) Tính tổng: S  1  Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 2 3  3  3x 3  y 3 . Câu 3 (1,5 điểm ). 1 . Chứng minh rằng: 6 a 2b 3c 1 1 1 3    a  2b  3c    . 2b 3c a a 2b 3c Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  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, AN tới đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ hai của A ' N và đường tròn (O) , K là giao điểm của OH và B ' C ' . Chứng minh rằng: a) M ' đối xứng với M qua BC . b) Ba điểm M , H , N thẳng hàng. 2 KB '  HB '   c)  . KC '  HC '  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………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 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: Câu 1 Nội dung trình bày Ý 1 Ta có: n  * ,1  (3đ) 1 1 n 2 (n  1)2  n 2  (n  1)2   n 2 ( n  1) 2 n 2 ( n  1) 2 2 (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 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 2 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 Điểm 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 . Suy ra P  5 x  3· 2 (1,5đ) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: Điều kiện x  0; y  0 2 3  3  3 x 3  y 3 (1) (1)  2 3  3  3x 3  y 3  6 xy  (3x  y  2) 3  6 xy  3 (2)  (3x  y  2) 2 .3  36 xy  36 xy  9 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. + 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 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 Đặt a  (1,5đ)  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) 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. 4 a  a  1  1  Dấu ‘‘=’’ xảy ra  x  y  z  b  2   1 c  3  A (3đ) B' N C' M B H A' O C M' 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 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 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)     c (6) (7) (8) 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 B' C' K H F E B O C D 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 OD OB OD OC 2 2 (10)  DBO ~ CEO    OD.OE  OC   OC OE OE OE 2