ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH VĨNH PHÚC 2010 2011

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Giải phương trình:

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
—————————————

2 x + 3 + x + 1 = 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16

Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thoả mãn phương trình

x 2 ( y − 1) + y 2 ( x − 1) = 1
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

P=

a + 3c
4b
8c
+

−
.
a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

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 AB = 1.

——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
Điều kiện x ≥ −1.
Đặt 2 x + 3 + x + 1 = u , u ≥ 0,

)

(

2
2
2
Ta có u = 3 x + 4 + 2 2 x + 5 x + 3 = 3 x + 2 2 x + 5 x + 3 − 16 + 20

Phương trình trở thành : u = u + 20 ⇔ u − u − 20 = 0 ⇔ u = 5 (do u ≥ 0 )
Với u = 5 ta được 2 x + 3 + x + 1 = 5 ⇔ 3 x + 4 + 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 25 .
2

2

x≤7

⇔ 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 21 − 3 x ⇔  2
⇔ x=3
 x − 146 x + 429 = 0
Kết luận x = 3.
Câu 2 (2,0 điểm):
Đặt a = x − 1; b = y − 1 , phương trình đã cho trở thành: (a + 1) 2 b + (b + 1) 2 a = 1 (1).
Ta có:
(1) ⇔ ab(a + b) + 4ab + (a + b) = 1 ⇔ ab(a + b + 4) + (a + b + 4) = 5 ⇔ ( a + b + 4)( ab + 1) = 5
Khi đó chỉ xảy ra 4 trường hợp sau:
 a + b = 1 a + b = −9  a + b = −3 a + b = −5
; 
; 

; 

 ab = 0
ab = −2
 ab = 4
 ab = −6
Từ đó tìm ra (a, b) = (0,1);(1, 0);( −6,1);(1, −6) . (Mỗi trường hợp 0,25 điểm)
Vậy có 4 cặp số ( x, y ) cần tìm là: ( x, y ) = (1, 2);(2,1);( −5, 2);(2, −5)
Câu 3 (3,0 điểm).

Điểm
0,25

0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25
0,50

1,00
0,25

Phần 1 (2.0 điểm)
1.

Nội dung trình bày
B
,

C
Gọi 1 1 là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC.

2

Điểm
0,25


Khi đó do tứ giác AB1HC1 nội tiếp, nên ∠CHD = ∠CHB1 = ∠C1 AB1 = ∠BAC (1)
0
0
Do cách xác định điểm D nên ∠HCD = 90 − ∠HCB = 90 − ∠C1CB = ∠C1BC = ∠ABC (2)
0,50
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 ∠LPN = ∠LCN = 900 nên tứ giác LPNC nội tiếp, suy ra
∠CPN = ∠CLN = ∠CBD (do LN || BD ) và do đó ∠CPN = 900 − ∠BCA
0,50

0
Tương tự cũng có ∠BPM = 90 − ∠ABC
Từ đó suy ra ∠BPC = 1800 − ∠BPM − ∠CPN = ∠ABC + ∠BCA = 1800 − ∠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

 x = a + 2b + c

Đặt  y = a + b + 2c , khi đó x, y, z >0 và z − y = c, x − y = b − c = b − ( z − y )
 z = a + b + 3c

Suy ra b = x + z − 2 y và a + 3c = 2 y − x .
Khi đó P =

 y
2 y − x 4( x + z − 2 y ) 8( z − y )
x  z
y
+
−
= −17 +  2. + 4. ÷+  4. + 8. ÷
x
y
z
y  y

z
 x

¸p dụng BĐT Cauchy ta được: P ≥ −17 + 2 8 + 2 32 = −17 + 12 2 .

2 y 4x 4z 8 y
= ;
=
⇔ 4x2 = 2 y 2 = z 2 ,
x
y y
z
b = (1 + 2) a
a + b + 2c = 2(a + 2b + c)
Khi đó 
, suy ra 
a + b + 3c = 2(a + 2b + c)
c = (4 + 3 2)a

0,50
0,25
0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0,25

b = (1 + 2)a

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −17 + 12 2 , đạt được khi 

c = (4 + 3 2) a

3

0,25


Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày
- Giả sử trái lại, với mọi cách tô, không tồn tại
hai điểm cùng màu mà có khoảng cách bằng 1.
Xét hai điểm M , N : MN = 3 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).
- 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
—Hết—

4

Điểm

0,50

0,50