de thi hsg toan 9

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

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

Câu 1 (3,0 điểm).
1.

x3
f  x 
1  3x  3x 2 . Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
Cho
 1 
 2 
 2010 
Af 
 f 
  ...  f 

 2012 
 2012 
 2012 

 2011 
f

 2012 

x 2 x
x 1
1  2x  2 x


x x  1 x x x x
x2  x
2. Cho biểu thức
Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
Câu 2 (1,5 điểm).
P

 x; y
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

 x  y
thỏa mãn

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:
Câu 4 (3,0 điểm).

a

Cho ba đường tròn

 O1  ,  O2 

2

 1  b 2  1  c 2  1  d 2  1 2012

 O1  ,  O2 

và

 O

(kí hiệu

X

tiếp xúc ngồi với nhau tại điểm I và

.

chỉ đường trịn có tâm là điểm X). Giả sử

 O1  ,  O2  lần lượt tiếp xúc trong với  O 

tại

M 1 , M 2 . Tiếp tuyến của đường tròn  O1  tại điểm I cắt đường tròn  O  lần lượt tại các điểm
A, A ' . Đường thẳng AM 1 cắt lại đường tròn  O1  tại điểm N1 , đường thẳng AM 2 cắt lại đường
tròn

 O2 

1.

Chứng minh rằng tứ giác M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp và đường thẳng OA vng góc với đường

tại điểm N 2 .

thẳng N1 N 2 .
2.

 O  sao cho PQ vng góc với AI (điểm P nằm trên
Kẻ đường kính PQ của đường trịn


cung AM 1 khơng chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM 1 , QM 2 khơng song song thì các
đường thẳng AI , PM 1 và QM 2 đồng quy.
Câu 5 (1,0 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tơ bởi một trong 3 màu xanh,
đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó ln 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 màu hoặc đôi một khác màu.
—Hết—

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
———————————

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 tồn bài tính đến 0,5 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1
1

Nội dung trình bày

Điểm

1,5 điểm
f  x   f  y  1
Nhận xét. Nếu x  y 1 thì
.

f  x 
Thật vậy, ta có

3

x3
x3   1  x 

3

 f  y   f 1

f  x  f  y   f  x  f 1 x 
suy ra

x3
x3   1 

1 x
x  3
3
x  1 x
3

 1  x  1
 3
3
3
x
x  1 x

.

1 1
f 
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có  2  2 .
Theo nhận xét trên ta có:
  1 
 2011     2 
 2010  
A  f 
 f 
   f 
 f 
   ... 
 2012     2012 
 2012  
  2012 

2

  1005 
 1007  
 1006 
f
 f 
  f 
 1005 
 2012  
 2012 
  2012 

1,5 điểm
Điều kiện: x  0, x 1 . Khi đó ta có
P

0,5

0,5

1
f   1005,5
 2

x 2
x  x 1

Rút gọn biểu thức ta được
Px   P  1 x  P  2 0
Ta có
, ta coi đây là phương trình bậc hai của x .
Nếu P 0   x  2 0 vơ lí, suy ra P 0 nên để tồn tại x thì phương trình
2

trên có

0,5

  P  1  4 P  P  2  0

0,5

0,5

4
4
2
  3P 2  6 P  1 0  P 2  2 P  1    P  1 
3
3

 P  1
Do P nguyên nên

2

bằng 0 hoặc 1
2
 P  1 0  P 1  x 1 không thỏa mãn.
+) Nếu

0,5


 P 2
1  
 P 2  2 x  x 0  x 0
P

0

+) Nếu

không thỏa mãn
Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.
1,5 điểm
Nếu x  y  6  x  y  x  ( y  6) 1  phương trình vơ nghiệm. Do đó

 P  1

2

2

x  y  6  2 x  y  y  6  x  x  3  x {1; 2}
Với x 1 thay vào phương trình ban đầu ta được:

 y  1

3

( y  5)2   y  3  y 2  5 y  8  0  y 3

suy ra phương trình có

0,5

0,5

 x ; y  (1; 3) .
nghiệm
Với x 2 thay vào phương trình ban đầu ta được:
 y  2

3

( y  4) 2  y 3  5 y 2  4 y  8 0

phương trình này vơ nghiệm do

y 1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1,5 điểm

3

Ta có:

 x ; y  (1;

3)

.

2012  abc  bcd  cda  dab  a  b  c  d 

  ab  1  c  d    cd  1  a  b  

2

0,5

2

2
2
2
2
  ab  1   a  b     cd  1   c  d  




0,5

 a 2b 2  a 2  b 2  1  c 2 d 2  c 2  d 2  1  a 2  1  b2  1  c 2  1  d 2  1

a
Suy ra

2

 1  b 2  1  c 2  1  d 2  1 2012

4
P
A
N1
O
M1

O1
I

A'

O2

N2
Q

M2

S

1

0,5

2,0 điểm
2
+) Ta có AM 1. AN1  AM 2 . AN 2  AI  AN1 N 2 đồng dạng với AM 2 M 1

0,5


0,5

2

0





suy ra AN1 N 2  AM 2 M 1  M 1 N1 N 2  AM 2 M 1 180 hay tứ giác M 1 N1 N 2 M 2
nội tiếp.
1
AN N  AM M  AOM 1
1 2
2
1
2
+) Ta có
và tam giác AOM 1 cân tại O nên
0

 AO 180  AOM 1
M
1
2
0


Do đó ta được AN1 N 2  M 1 AO 90  OA  N1 N 2 .
1,0 điểm
Gọi S là giao điểm của PM 1 và QM 2 .



Ta có O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I song song với OP  IO2 M 2 POM 2
(1). Mặt khác tam giác O2 IM 2 cân tại O2 , tam giác OPM 2 cân tại O và kết



hợp với (1) ta được O2 IM 2 OPM 2 suy ra P, I , M 2 thẳng hàng. Tương tự ta

0,5

0,5
0,5

0,5

có Q, I , M 1 thẳng hàng.
 Q PM
 Q 900
 O  suy ra PM
1
2
Do PQ là đường kính của đường tròn
 I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng
AI , PM 1 , QM 2 đồng quy.
5

0,5

1,0 điểm

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác ln 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
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 ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh
được tơ bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu.

0,5

0,5