DE THI HSG LOP 9 VINH PHUC

Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.. —Hết—..[r]

0SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

————————————

Câu 1 (3,0 điểm).

1 Cho  

3 2

x

f x

x x



  Hãy tính giá trị của biểu thức sau:

Af   f   f  f  

1

P

Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.

Câu 2 (1,5 điểm).

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y;  thỏa mãn x y 3 x y  62

Câu 3 (1,5 điểm).

Cho a b c d, , , là các số thực thỏa mãn điều kiện:

2012

abc bcd cda dab a b c d        Chứng minh rằng: a21 b21 c2 1 d212012

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho ba đường tròn   O1 , O2 và  O (kí hiệu  X chỉ đường tròn có tâm là điểm X) Giả sử

  O1 , O2

tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và   O1 , O2

lần lượt tiếp xúc trong với  O

tại

1, 2

M M Tiếp tuyến của đường tròn  O1

tại điểm I cắt đường tròn  O

lần lượt tại các điểm , '

A A Đường thẳng AM1 cắt lại đường tròn  O1 tại điểm N1, đường thẳng AM2 cắt lại đường

tròn O2

tại điểm N2.

1 Chứng minh rằng tứ giác M N N M1 1 2 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường

thẳng N N1 2.

2 Kẻ đường kính PQ của đường tròn  O

sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên cung AM1 không chứa điểm M2) Chứng minh rằng nếu PM1, QM2 không song song thì các

đường thẳng AI PM, 1 và QM2 đồng quy.

Câu 5 (1,0 điểm)

Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh,

đỏ, tím Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu

—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 THCS NĂM HỌC 2011-2012

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 0,5 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 1 1,5 điểm

Nhận xét Nếu x y 1 thì f x  f y 1

Thật vậy, ta có

 

3 3

1 1

x x



0,5

suy ra

3 3

1

x x

f x f y f x f x



Vậy, nhận xét được chứng minh Ta có

f  

0,5

Theo nhận xét trên ta có:

0,5

2 1,5 điểm

Điều kiện: x0, x1 Khi đó ta có

Rút gọn biểu thức ta được

2 1

x P

x x





0,5

Ta có PxP1 x P  2 0

, ta coi đây là phương trình bậc hai của x Nếu P  0 x 2 0 vô lí, suy ra P 0 nên để tồn tại x thì phương trình

trên có  P12 4P P  2 0

0,5

Do P nguyên nên P  12

bằng 0 hoặc 1 +) Nếu P12  0 P 1 x1

không thỏa mãn

0,5

+) Nếu  12 1 2 2 2 0 0

0

P

P







Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn

Nếu x y  6 x y x   (y6) 1  phương trình vô nghiệm Do đó

6

x y   2 x y y  6 x x3 x{1; 2} 0,5 Với x 1 thay vào phương trình ban đầu ta được:

suy ra phương trình có nghiệm x y ;  (1; 3)

0,5

Với x 2 thay vào phương trình ban đầu ta được:

y23 (y4)2  y35y24y 8 0

phương trình này vô nghiệm do 1

y  .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x y ;  (1; 3).

0,5

Ta có: 2012abc bcd cda dab a b c d       2

0,5

ab 12 a b2 cd 12 c d2

a b2 2 a2 b2 1 c d2 2 c2 d2 1 a2 1 b2 1 c2 1 d2 1

Suy ra a21 b21 c21 d21 2012 0,5

4

S

N 2

N 1

2

O 1

M 2

M 1

O

Q P

A'

A

1 2,0 điểm

+) Ta có AM AN1 1 AM AN2 2 AI2 AN N1 2 đồng dạng với AM M2 1

0,5 suy ra AN N1 2 AM M2 1 M N N1 1 2AM M2 11800 hay tứ giác M N N M1 1 2 2

+) Ta có AN N1 2 AM M2 1  1

1

2AOM



và tam giác AOM1 cân tại O nên

1

180 2

AOM

M AO 

0,5

Do đó ta được AN N1 2M AO 1 900  OAN N1 2 0,5

2 1,0 điểm

Gọi S là giao điểm của PM1 và QM2.

Ta có O O M, , 2 2 thẳng hàng và O I2 song song với OP  IO M2 2 POM 2

(1) Mặt khác tam giác O IM2 2 cân tại O2, tam giác OPM2 cân tại O và kết

hợp với (1) ta được O IM2 2 OPM 2 suy ra P I M, , 2 thẳng hàng Tương tự ta

có Q I M, , 1 thẳng hàng.

0,5

Do PQ là đường kính của đường tròn  O suy ra   0

PM Q PM Q 

I

 là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng

, ,

AI PM QM đồng quy.

0,5

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo

thành một tam giác cân

Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy ra hai khả

năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có

màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân

0,5

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng

màu và tạo thành một tam giác cân

Vậy, trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh

được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu

0,5