Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (3,0 điểm). x3 1. Cho f x . Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 1 3x 3x2 1 2 2010 2011 A f f f f 2012 2012 2012 2012 x 2 x x 1 1 2x 2 x 2. Cho biểu thức P x x 1 x x x x x2 x 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: abc bcd cda dab a b c d 2012 Chứng minh rằng: a2 1 b2 1 c2 1 d 2 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 M1, M 2 . 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 AM 2 cắt lại đường tròn O2 tại điểm N2 . 1. Chứng minh rằng tứ giác M1N1N2M 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng N1N2 . 2. Kẻ đường kính PQ của đường tròn O sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên ¼ cung AM1 không chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM1, QM 2 không song song thì các đường thẳng AI, PM1 và QM 2 đồng quy. Câu 5 (1,0 điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô mầu, trong đó mỗi một điểm được tô bởi một trong 3 mầu 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 mầu hoặc đôi một khác mầu. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh .
2. 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: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 1,5 điểm Nhận xét. Nếu x y 1 thì f x f y 1. 3 x3 1 x 0,5 Thật vậy, ta có f x f y f 1 x x3 1 x 3 x3 1 x 3 3 x3 1 x suy ra f x f y f x f 1 x 1. 3 3 3 3 x 1 x x 1 x 0,5 1 1 Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có f . 2 2 Theo nhận xét trên ta có: 1 2011 2 2010 A f f f f 2012 2012 2012 2012 0,5 1005 1007 1006 1 f f f 1005 f 1005,5 2012 2012 2012 2 2 1,5 điểm Điều kiện: x 0, x 1. Khi đó ta có x 2 0,5 Rút gọn biểu thức ta được P x x 1 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 4 2 4 3P2 6P 1 0 P2 2P 1 P 1 3 3 Do P nguyên nên P 1 2 bằng 0 hoặc 1 +) Nếu P 1 2 0 P 1 x 1 thỏa mãn 0,5 2 P 2 +) Nếu P 1 1 P 2 2x x 0 x 0 . P 0 Kết hợp điều kiện suy ra không tồn tại giá trị x cần tìm. 2 1,5 điểm Nếu x y 6 x y x (y 6) 1 phương trình vô nghiệm. Do đó 0,5 x y 6 2 x y y 6 x x 3 x {1;2}
3. Với x 1 thay vào phương trình ban đầu ta được: 3 2 2 y 1 (y 5) y 3 y 5y 8 0 y 3 suy ra phương trình có 0,5 nghiệm x; y (1; 3) . 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 0,5 y 1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x; y (1; 3) . 3 1,5 điểm Ta có: 2012 abc bcd cda dab a b c d 2 2 0,5 ab 1 c d cd 1 a b ab 1 2 a b 2 cd 1 2 c d 2 0,5 a2b2 a2 b2 1 c2d 2 c2 d 2 1 a2 1 b2 1 c2 1 d 2 1 0,5 Suy ra a2 1 b2 1 c2 1 d 2 1 2012 4 P A N1 O O M 1 1 N I 2 O 2 Q A' M 2 S 1 2,0 điểm 2 +) Ta có AM1.AN1 AM 2.AN2 AI AN1N2 đồng dạng với AM 2M1 0,5 suy ra ·AN N ·AM M M· N N ·AM M 1800 hay tứ giác M N N M 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 0,5 nội tiếp. 1 +) Ta có ·AN N ·AM M ·AOM và tam giác AOM cân tại O nên 1 2 2 1 2 1 1 0,5 1800 ·AOM M· AO 1 1 2
4. · · 0 0,5 Do đó ta được AN1N2 M1 AO 90 OA  N1N2. 2 1,0 điểm Gọi S là giao điểm của PM1 và QM 2 . · · Ta có O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I song song với OP IO2M 2 POM 2 (1). Mặt khác tam giác O2 IM 2 cân tại O2 , tam giác OPM 2 cân tại O và kết 0,5 · · hợp với (1) ta được O2 IM 2 OPM 2 suy ra P, I, M 2 thẳng hàng. Tương tự ta có Q, I, M1 thẳng hàng. Do PQ là đường kính của đường tròn O suy ra P· M Q P· M Q 900 1 2 0,5 I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng AI, PM1, QM 2 đồng quy. 5 1,0 điểm B A C E D 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 0,5 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 0,5 được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu.