ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 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).

a) Tính tổng: 1 12 12 1 12 12 1 1 2 1 2

b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 x5y7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P5| | 3| |.x  y

Câu 2 (1,5 điểm).

Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 2 3 3  3 3x  y 3

Câu 3 (1,5 điểm).

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1

6



abc Chứng minh rằng:

 a  b c a b c     

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., ,

  

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………

ĐỀ CHÍNH THỨC

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:

1

(3đ)

1

,1

n

2

n n

Suy ra 1 12 1 2 1 1 1

1

Áp dụng kết quả trên, ta có

2012 2013 2012 2013

Cộng vế với vế của 2012 đẳng thức trên, ta được

1

2013

S

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

TH 1 : x 0 y Khi đó P5| | 3| | 5x  y  x3y và 5 y 7 4x

Suy ra 5 3·7 4 13 21

P x Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất.

Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x3, y 1 Vậy, trong trường

hợp này, P nhỏ nhất bằng 12.

TH 2 : x 0 y Khi đó P5| | 3| | 5x  y   x 3y và 5 y 7 4x

Suy ra 5 3·7 4 13 21.

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

2

(1,5đ) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 2 3 3Điều kiện x0;y0   3 3x  y 3 (1)

(1)2 3 3 3 3  x  y 3 6 xy (3x y 2) 3 6 xy 3 (2)

2

2

12

x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ.

+ Nếu 3x 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 3x y  2 0, kết hợp với (2) ta có:

1

4

 



  



 

x y

x y

xy xy

Giải hệ trên ta được: 1

2

 

1 6 3 2

 





 



x y

Thay vào (1) ta được 1

2

 

x y thỏa mãn yêu cầu bài toán

3

(1,5đ)

Đặt a y,2b z

x y (với x, y, z > 0) 3 

x c z

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

3 y  z  x      y z x x y z

zx xy yz x y z y z x

 x  y z  xyz y z xz  x y x z xy   yz

x x y x z   y y z y x  z z x z y   (1)

Không mất tính tổng quát giả sử x y z  

Ta có: (1) (x y x y z ) (2   ) z z x z y(  )(  ) 0 (2)

Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm

Dấu ‘‘=’’ xảy ra

1 1 2 1 3



 





 



a

c

4

(3đ)

a

O

H

B' C'

M'

A'

A

M

N

Từ giả thiết ta có:   AMO ANO AA O  ' 90o nên các điểm A, A’, M, O,

N thuộc đường tròn đường kính AO.

 AA N AMN (1)

2

AMN MM N sđ MN (2)

Từ (1) và (2)   MM N AA 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

AMC’ vàABM có   AMC' ABM và chung góc MAB

' ~

 AMC ABM  AM  AC' AM2 AB AC. '

Dễ thấyAC H' ~AA B' ' ' '

'

 AC  AH  AA AH AB AC

'

 AA AH  AM  AH  AM

Mặt khác AHM và AMA có chung góc ' A AM nên’

 

Tứ giác AMA’N nội tiếp  AA M ANM'  (6)

Có AM, AN là tiếp tuyến của (O)   AMN ANM (7)

Từ (6) và (7)   AMN AA M ' (8)

Từ (5) và (8) ta có  AMH AMN 

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

c

F K

E

D

H

B'

C'

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

Ta có:  BDO ECO (vì cùng bằng  BB C ) và  ' ' BOD EOC

2 2

2

 DBO CEO OD OB OD OE OC  OD OC

Lấy F (F ≠ E) trên đường thẳng CC’ sao cho OE = OF

OFC B C H (vì cùng bằng ' OEC ) Lại có   HB C OCF' '

' ' ~

 B C H CFO HB OC  HB OC

Từ (9), (10), (11)

2

 KB  HB 

5

(1đ)

1,0 điểm

Tổng của tất cả các số ghi trên bảng bằng

1 2 3     9 45

Gọi x là số ghi ở ô (2; 2) (ô trung tâm của

bảng); các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f,

g, h (Hình 1):

Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2 2 ta được

4T 4x a c e g(    ) 2( b d f h   ) 45 2  x(x b d f h    )

Do x9,x b d f h         9 8 7 6 5 35 nên

4T 45 2·9 35 98    T 24 (do T)

Trên Hình 2 chỉ ra một phương án điền số sao cho

24



Hình 1

Hình 2