ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN

S
Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC
K
Ỳ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012
-2013
Đ
Ề THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (3,0 đi
ểm
).
a) Tính tổng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 2 2 3 2012 2013
          S
.
b) Cho các s
ố nguyên
x và y th
ỏa mãn
4 5 7. x y
Tìm giá tr
ị nhỏ nhất của biểu
th
ức
5| | 3| |. P x y
Câu 2 (1,5 đi
ểm
).

Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn:
2 3 3 3 3 3  x y
.
Câu 3 (1,5 đi
ểm
).
Cho các s
ố thực d
ương
a, b, c th
ỏa m
ãn
1
6
abc
. Ch
ứng minh rằng:
2 3 1 1 1
3 2 3
2 3 2 3
        
a b c
a b c
b c a a b c
.
Câu 4 (3,0 đi
ểm
).
Cho tam giác nh
ọn

ABC
(
AC AB
) có các đư
ờng cao
',AA ',BB
'CC
và tr
ực
tâm
.H
G
ọi
( )O
là đư
ờng tròn tâm
O, đư
ờng kính
BC. T
ừ
A k
ẻ các tiếp tuyến
AM,
AN
t
ới đường tròn
( )O
(M, N là các ti
ếp điểm). Gọi
'M

là giao đi
ểm thứ hai của
'A N
và đư
ờng tròn
( )O
,
K
là giao đi
ểm của
OH
và
' 'B C
. Ch
ứng minh rằng:
a)
'M
đ
ối xứng với
M
qua
BC
.
b) Ba đi
ểm
, ,M H N
th
ẳng h
àng.
c)

2
' '
.
' '
 

 
 
KB HB
KC HC
Câu 5 (1,0 đi
ểm
).
Cho b
ảng ô vuông
3 3
(3 hàng và 3 c
ột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9
vào các ô c
ủa
b
ảng (mỗi số điền v
ào m
ột ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng
con có kích thư
ớc
2 2
đ
ều bằng nhau và bằng một số
T nào đó. T

ìm giá trị lớn nhất
có th
ể được của
T.
—Hết—
Cán b
ộ coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ và tên thí
sinh:……….………..…….…….….….; S
ố báo danh……………….
Đ
Ề CHÍNH
TH
ỨC
S
Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC
K
Ỳ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012
-2013
HƯ
ỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
I. LƯU
Ý CHUNG:
- Hư
ớng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm
bài h
ọc sinh làm theo
cách khác n
ếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Đi
ểm to
àn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- V
ới b
ài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý N
ội dung trình bày
Đi
ểm
1
(3đ)
1
Ta có:
2 2 2 2
*
2 2 2 2
1 1 ( 1) ( 1)
,1
( 1) ( 1)
   
    
 

n n n n
n
n n n n
2

2 2
2 2
( 1) 1 1
1
( 1) 1
 
 
   
 
 
 
n n
n n n n
Suy ra
2 2
1 1 1 1
1 1
( 1) 1
    
 n n n n
(do
*
1 1
1 0
1
    

n
n n
)

Áp d
ụng kết quả trên, ta có
2 2
2 2
2 2
1 1 1 1
1 1
1 2 1 2
1 1 1 1
1 1
2 3 2 3
.........................
1 1 1 1
1 1
2012 2013 2012 2013
    
    
    
C
ộng vế với vế của 2012 đẳng thức t
rên, ta đư
ợc
1
2013 .
2013
 S
2
Nh
ận xét: Nếu có
x, y th

ỏa mãn điều kiện đề bài thì
0xy
. Do đó ch
ỉ
c
ần xét hai trường hợp sau
TH
1
:
0 . x y
Khi đó
5| | 3| | 5 3   P x y x y
và
5 7 4 y x
Suy ra
7 4 13 21
5 3·
5 5
 
  
x x
P x
. Do đó, P nh
ỏ nhất khi
x nh
ỏ nhất.
Do x nguyên dương, y nguyên âm nên
3,x
1. y
V

ậy, trong tr
ường
h
ợp này,
P nh
ỏ nhất bằng 12.
TH
2
:
0 . x y
Khi đó
5| | 3| | 5 3    P x y x y
và
5 7 4 y x
Suy ra
7 4 13 21
5 3· .
5 5
  
   
x x
P x
Do đó, P nh
ỏ nhất khi
x l
ớn nhất.
Do x nguyên âm, y nguyên dương nên
2, 3  x y
. V
ậy, trong trường

h
ợp này,
P nh
ỏ nhất
b
ằng 1.
So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được
khi và ch
ỉ khi
2, 3  x y
.
2
(1,5đ)
Tìm các s
ố hữu tỷ
x, y th
ỏa mãn:
2 3 3 3 3 3  x y
(1)
Đi
ều kiện
0; 0 x y
(1) 2 3 3 3 3 3 6 (3 2) 3 6 3         x y xy x y xy
(2)
2
(3 2) .3 36 36 9     x y xy xy
2
12 3 (3 2)
12
   

 
xy x y
xy
(3)
x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra
xy
là số hữu tỉ.
+ N
ếu
3 2 0,  x y
thì ta có v
ế trái của (2) là một số vô tỉ,
v
ế phải của
(2) là m
ột số hữu tỉ, điều n
ày vô lí.
+ N
ếu
3 2 0,  x y
k
ết hợp với (2) ta có:
3 2
3 2 0
1
6 3 0
4
 

  


 

 

 




x y
x y
xy
xy
Gi
ải hệ trên ta được:
1
2
 x y
và
1
6
3
2










x
y
.
Thay vào (1) ta đư
ợc
1
2
 x y
th
ỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
(1,5đ)
Đ
ặt
,2 
y z
a b
x y
(v
ới
x, y, z > 0)
3 
x
c
z
B
ất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

2 2 2
3         
y z x y z x x y z
zx xy yz x y z y z x
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3         x y z xyz y z xz x y x z xy yz
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0         x x y x z y y z y x z z x z y
(1)
Không m
ất tính tổng quát giả sử
 x y z
.
Ta có: (1)
2
( ) ( ) ( )( ) 0       x y x y z z z x z y
(2)
D
ễ thấy (2) đúng suy ra đpcm.
D
ấu ‘‘=’’ xảy ra
1
1
2
1
3






    






a
x y z b
c
4
(3đ)
a
O
H
B'
C'
M'
A'
A
B
C
M
N
T
ừ giả thiết ta có:



' 90  

o
AMO ANO AA O
nên các đi
ểm
A, A’, M, O,
N thu
ộc đường tròn đường kính
AO.


' AA N AMN
(1)
L
ại có:


1
'
2
 AMN MM N
sđ

MN
(2)
Từ (1) và (2)


' ' MM N AA N
 MM’//AA’
Mà BC  AA’  BC  MM’

M
ặt khác
BC là đư
ờng kính của (
O) nên BC vuông góc v
ới
MM’ t
ại
trung đi
ểm của
MM’, do đó M’ đ
ối xứng với
M qua BC
b
AMC’ và ABM có


' AMC ABM
và chung góc MAB
' ~  AMC ABM
2
'
. '   
AM AC
AM AB AC
AB AM
(3)
Dễ thấy
' ~ ' AC H AA B
'

'. . '
'
   
AC AH
AA AH AB AC
AA AB
(4)
T
ừ (3) v
à (4)
2
'.
'
   
AH AM
AA AH AM
AM AA
M
ặt khác
AHM
và
'AMA
có chung góc

’A AM
nên


~ ' '   AHM AMA AMH AA M
(5)

T
ứ giác
AMA’N n
ội tiếp



' AA M ANM
(6)
Có AM, AN là ti
ếp tuyến của (
O)


 AMN ANM
(7)
T
ừ (6) v
à (7)


' AMN AA M
(8)
T
ừ (5) và (8) ta có


AMH AMN
.
D

ễ thấy
H, N n
ằm c
ùng một phía so với
đư
ờng thẳng
AM nên tia MH
trùng tia MN hay M, H, N th
ẳng hàng
c
F
K
E
D
H
B'
C'
B O C
Qua O k
ẻ đ
ường thẳng
d song song v
ới
B’C’ , d c
ắt
BB’ và CC’ l
ần l
ượt
tại D, E
' ' '

'
    
KB KH KC KB OD
OD OH OE KC OE
(9)
Ta có:


BDO ECO
(vì cùng b
ằng

' 'BB C
) và


BOD EOC
2
2
2
~ .        
OD OB OD OC
DBO CEO OD OE OC
OC OE OE OE
(10)