De va dap an HSG 9 Vinh Phuc 2011

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————————
Câu 1. Giải phương trình:
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + −
Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên
, x y
thoả mãn phương trình
2 2
( 1) ( 1) 1− + − =x y y x
Câu 3. Cho tam giác
ABC
nhọn với trực tâm
.H
Đường thẳng vuông góc với
BC
tại
C
cắt đường thẳng
BH
ở
,D
đường thẳng vuông góc với
BC
tại
B

cắt đường thẳng
CH
tại
.E
Gọi
,M N
theo thứ tự là trung điểm của
, .BE CD
1. Chứng minh rằng
, ,H M N
thẳng hàng.
2. Đường thẳng
MN
cắt trung tuyến
AL
của tam giác
ABC
tại
.P
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABP
tiếp xúc với
.BC
Câu 4. Cho a, b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 4 8
2 2 3
a c b c
P
a b c a b c a b c

+
= + −
+ + + + + +
.
Câu 5. Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, Vàng.
Chứng minh rằng tồn tại hai điểm
,A B
được tô bởi cùng một màu mà độ dài
1.=AB
——Hết——
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh SDB
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
—————————————
Hướng dẫn chung.
-Mỗi bài toán có thể có một hoặc nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có lời giải khác với trong
hướng dẫn chấm và đúng, thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
-Bài hình học (câu 3), học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, giám khảo không cho điểm; học
sinh chưa làm ý 1, nhưng sử dụng kết quả của phần đó để làm phần 2, giám khảo không chấm điểm
phần 2.
Câu 1 (2,5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Điều kiện
1.x ≥ −
0,25
Đặt
2 3 1 , 0,x x u u+ + + = ≥

Ta có
(
)
2 2 2
3 4 2 2 5 3 3 2 2 5 3 16 20u x x x x x x= + + + + = + + + − +
0,50
Phương trình trở thành :
2 2
20 20 0 5u u u u u= + ⇔ − − = ⇔ =
(do
0u ≥
)
0,50
Với
5u =
ta được
2
3 4 2 2 5 32 1 5 253 + ++ + + = + + =⇔ x xx xx
.
0,50

2
2
7
2 2 5 3 21 3 3
146 429 0
≤

⇔ + + = − ⇔ ⇔ =


− + =

x
x x x x
x x
0,50
Kết luận x = 3. 0,25
Câu 2 (2,0 điểm):
Đặt
1; 1= − = −a x b y
, phương trình đã cho trở thành:
2 2
( 1) ( 1) 1+ + + =a b b a
(1). 0,25
Ta có:
(1) ( ) 4 ( ) 1 ( 4) ( 4) 5 ( 4)( 1) 5ab a b ab a b ab a b a b a b ab⇔ + + + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + =
0,50
Khi đó chỉ xảy ra 4 trường hợp sau:
1 9 3 5
; ; ;
0 2 4 6
+ = + = − + = − + = −
   
   
= = − = = −
   
a b a b a b a b
ab ab ab ab
Từ đó tìm ra

( , ) (0,1);(1,0);( 6,1);(1, 6)= − −a b
. (Mỗi trường hợp 0,25 điểm)
1,00
Vậy có 4 cặp số
( , )x y
cần tìm là:
( , ) (1,2);(2,1);( 5,2);(2, 5)= − −x y
0,25
Câu 3 (3,0 điểm).
Phần 1 (2.0 điểm)
Nội dung trình bày Điểm
1. Gọi
1 1
,B C
là chân các đường cao kẻ từ
,B C
của tam giác
.ABC

Khi đó do tứ giác
1 1
AB HC
nội tiếp, nên
1 1 1
CHD CHB C AB BAC∠ = ∠ = ∠ = ∠
(1)
0,25
Do cách xác định điểm D nên
0 0
1 1

90 90HCD HCB C CB C BC ABC∠ = −∠ = − ∠ = ∠ = ∠
(2)
0,50
2
Từ (1) và (2) suy ra các tam giác
,ABC HCD
đồng dạng. Từ đó, do
,AL HN
theo thứ tự là
trung tuyến của hai tam giác đó, nên
~ALB HNC∆ ∆
0,50
Từ đó, do
,NC LB CH BA⊥ ⊥
nên
HN AL⊥
(3)
0,25
Tương tự cũng có
HM AL⊥
(4) 0,25
Từ (3) và (4) suy ra
, ,H M N
thẳng hàng. Hơn nữa
MN AL⊥
.
0,25
Phần 2 (1.0 điểm)
Nội dung trình bày Điểm
2. Do

0
90LPN LCN∠ = ∠ =
nên tứ giác
LPNC
nội tiếp, suy ra
CPN CLN CBD∠ = ∠ = ∠
(do
||LN BD
) và do đó
0
90CPN BCA∠ = −∠
0,50
Tương tự cũng có
0
90BPM ABC∠ = −∠
Từ đó suy ra
0 0
180 180BPC BPM CPN ABC BCA CAB BHC∠ = − ∠ −∠ = ∠ + ∠ = − ∠ = ∠
hay
P
nằm trên đường tròn
( )
BHC
(Hình vẽ).
0,25
Khi đó
CBP CHN BAL BAP∠ = ∠ = ∠ = ∠
. Suy ra đường tròn
( )
ABP

tiếp xúc với
.BC
0,25
Câu 4 (1.5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Đặt
2
2
3
x a b c
y a b c
z a b c
= + +


= + +


= + +

, khi đó x, y, z >0 và
, ( )z y c x y b c b z y− = − = − = − −
Suy ra
2b x z y= + −
và
3 2a c y x+ = −
.
0,50
Khi đó
2 4( 2 ) 8( )

17 2. 4. 4. 8.
y x x z y z y y x z y
P
x y z x y y z
   
− + − −
= + − = − + + + +
 ÷  ÷
   
0,25
¸p dụng BĐT Cauchy ta được:
17 2 8 2 32 17 12 2P ≥ − + + = − +
.
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 4 4 8
; 4 2
y x z y
x y z
x y y z
= = ⇔ = =
,
Khi đó
2 2( 2 )
3 2( 2 )
a b c a b c
a b c a b c

+ + = + +



+ + = + +


, suy ra
(1 2)
(4 3 2)
b a
c a

= +


= +


0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
17 12 2− +
, đạt được khi
(1 2)
(4 3 2)
b a
c a

= +


= +



0,25
Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
- Giả sử trái lại, với mọi cách tô, không tồn tại
hai điểm cùng màu mà có khoảng cách bằng 1.
Xét hai điểm
, : 3M N MN =
thì tồn tại các điểm
,P Q
sao cho các tam giác
,MPQ NPQ
là các tam giác
đều có độ dài cạnh bằng 1.
Khi đó, do hai điểm có khoảng cách bằng 1 thì được tô
bởi hai màu khác nhau, nên
,M N
phải được tô bởi
cùng một màu, chẳng hạn tô P: Đỏ, Q: Vàng thì M, N:
phải tô cùng màu Xanh, (Hình vẽ). 0,50
- Từ đó, nếu điểm M được tô màu Xanh, thì mọi điểm nằm trên đường tròn tâm M, bán kính
3
đều được tô màu Xanh. Nhưng trên đường tròn này luôn có hai điểm mà khoảng cách
giữa chúng bằng 1. Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh 0,50
3
—Hết—
Trần Mạnh Cường – Giáo viên trường THCS Kim xá , Vĩnh Tường , Vĩnh Phúc.
4