De Toan HSG tinh Vinh phuc 2012 co dap an

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.[r]

SỞ 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).

 

3 2

x

f x

x x



  1 Cho Hãy tính giá trị của biểu thức sau:

Af  f   f  f  

2

1

P

    2 Cho biểu thức

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

Câu 2 (1,5 điểm).

x y;  x y 3 x y  62

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương thỏa mãn

Câu 3 (1,5 điểm).

, , ,

a b c dCho là các số thực thỏa mãn điều kiện:

2012

abc bcd cda dab a b c d       

a21 b21 c21 d21 2012

Chứng minh rằng:

Câu 4 (3,0 điểm).

  O1 , O2  O  X   O1 , O2   O1 , O2  O M M1, 2 O1  O A A, ' AM1  O1 N1 AM2 O2

2

N Cho ba đường tròn và (kí hiệu chỉ đường tròn có tâm là điểm X) Giả sử tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và lần lượt tiếp xúc trong với tại Tiếp tuyến của đường tròn tại điểm I cắt

đường tròn lần lượt tại các điểm Đường thẳng cắt lại đường tròn tại điểm , đường thẳng cắt lại đường tròn tại điểm

1 1 2 2

M N N M OA N N1 21 Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp và đường thẳng vuông góc với

đường thẳng

PQ O PQ AI P  AM1 M2 PM1, QM2 AI PM, 1QM22 Kẻ đường kính của đường tròn

sao cho vuông góc với (điểm nằm trên cung không chứa điểm ) Chứng minh rằng nếu không song song thì các đường thẳng và 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

1

x y  f x  f y  1

Nhận xét Nếu thì

 

3 3

1 1

x x



Thật vậy, ta có

0,5

3 3

1

x x

f x f y f x f x



    suy ra

f  

  Vậy, nhận xét được chứng minh Ta có

0,5

Theo nhận xét trên ta có:

0,5

2 1,5 điểm

0, 1

x x Điều kiện: Khi đó ta có

2 1

x P

x x





  Rút gọn biểu thức ta được

0,5

Px P x P   x P  0 x 2 0 P  x0

P 12 4P P 2 0

Ta có , ta coi đây là phương trình bậc hai của Nếu vô lí, suy ra nên để tồn tại thì phương trình trên có

0,5

P  12

Do P nguyên nên bằng 0 hoặc 1

P12  0 P 1 x1

+) Nếu không thỏa mãn

0

P

P







Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn

0,5

x y   x y x   y   x y 6 2 x yy 6 x x3 0,5

{1; 2}

x

  Nếu phương trình vô nghiệm Do đó

1

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

y13(y5)2  y 3 y25y8  0 y3x y ;  (1; 3) suy ra

phương trình có nghiệm

0,5

2

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

y23 (y4)2  y35y24y 8 0 y 1 phương trình này vô nghiệm

do

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

0,5

2012 abc bcd cda dab a b c d      

Ta có:

 ab 1 c d cd 1 a b 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

a21 b21 c21 d21 2012

Suy ra

0,5

4

S

2

O

Q P

A'

A

1 2,0 điểm

2

AM AN AM AN AI  AN N1 2 AM M2 1+) Ta có đồng dạng với 0,5

AN N AM M  M N N AM M  M N N M1 1 2 2suy ra hay tứ giác

AN N AM M  1

1

2 AOM



1

AOM O 



0

1 1

180 2

AOM

M AO 

+) Ta có và tam

AN N M AO  OAN N Do đó ta được 0,5

2 1,0 điểm

S PM1QM2Gọi là giao điểm của và

, ,

O O M O I2 OP  IO M2 2 POM 2 O IM2 2 O2OPM2 O O IM2 2 OPM 2

2

, ,

P I M Q I M, , 1Ta có thẳng hàng và song song với (1) Mặt khác tam giác

cân tại , tam giác cân tại và kết hợp với (1) ta được suy ra thẳng hàng Tương

tự ta có thẳng hàng

0,5

PQ O   0

PM Q PM Q  Do là đường kính của đường tròn suy ra

I

 SPQ AI S AI PM QM, 1, 2 là trực tâm của tam giác suy ra đi qua hay ba

đường thẳng đồng quy

0,5

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo 0,5

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

+) 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