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