Đề thi chọn HSG lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 20112012 môn: Toán42093

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ———————————— Câu (3,0 điểm) x3 Cho f x   Hãy tính giá trị biểu thức sau:  3x  3x      2010  A f   f     f    2012   2012   2012   2011  f   2012  x2 x x 1 1 2x  x   x x 1 x x  x  x x2  x Tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P  Tìm tất cặp số nguyên dương x ; y  thỏa mãn x  y   x  y   Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn điều kiện: abc  bcd  cda  dab  a  b  c  d  2012 Chứng minh rằng: a  1b  1c  1d  1 2012 Câu (3,0 điểm) Cho ba đường tròn O1 , O2  O  (kí hiệu  X  đường trịn có tâm điểm X) Giả sử O1 , O2  tiếp xúc với điểm I O1 , O2  tiếp xúc với O  M , M Tiếp tuyến đường tròn O1  điểm I cắt đường tròn O  điểm A, A ' Đường thẳng AM cắt lại đường tròn O1  điểm N1 , đường thẳng AM cắt lại đường tròn O2  điểm N Chứng minh tứ giác M N1 N M nội tiếp đường thẳng OA vng góc với đường thẳng N1 N Kẻ đường kính PQ đường trịn O  cho PQ vng góc với AI (điểm P nằm cung ฀AM không chứa điểm M ) Chứng minh PM , QM khơng song song đường thẳng AI , PM QM đồng quy Câu (1,0 điểm) Tất điểm mặt phẳng tơ mầu, điểm tơ mầu xanh, đỏ, tím Chứng minh ln tồn tam giác cân, có đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà đỉnh tam giác mầu đôi khác mầu —Hết— Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… ThuVienDeThi.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,5 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý 1 Nội dung trình bày Điểm 1,5 điểm Nhận xét Nếu x  y  f x   f  y   1  x   f  y   f 1  x   Thật vậy, ta có f x   3 x  1  x  x  1  x  1 x  x3   suy f x   f  y   f x   f 1  x   3 x  1  x  x3  1  x  x3 0,5 0,5 1 Vậy, nhận xét chứng minh Ta có f    2 Theo nhận xét ta có:     2011       2010   A f   f     f   f       2012     2012   2012     2012  0,5   1005   1007    1006  1  f    f    1005  f    1005,5 f  2012    2012  2   2012  1,5 điểm Điều kiện: x  0, x  Khi ta có Rút gọn biểu thức ta P  x 2 x  x 1 Ta có Px  P  1 x  P   , ta coi phương trình bậc hai 0,5 x Nếu P    x   vơ lí, suy P  nên để tồn x phương trình có   P  1  P P    0,5  3P  P    P  P   4  P  1  3 Do P nguyên nên P  1 +) Nếu P  1   P   x  thỏa mãn 2 P  2  P   2x  x   x  +) Nếu P  1    P  Kết hợp điều kiện suy không tồn giá trị x cần tìm 1,5 điểm Nếu x  y   x  y  x  ( y  6)   phương trình vơ nghiệm Do x  y    x  y  y   x  x   x  {1; 2} ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 Với x  thay vào phương trình ban đầu ta được:  y  1  ( y  5)2   y  3y  y  8  y  suy phương trình có 0,5 nghiệm x ; y   (1; 3) Với x  thay vào phương trình ban đầu ta được: y  2  ( y  4)  y  y  y   phương trình vơ nghiệm 0,5 y  Vậy phương trình cho có nghiệm x ; y   (1; 3) 1,5 điểm Ta có: 2012  abc  bcd  cda  dab  a  b  c  d  0,5  ab  1c  d   cd  1a  b  2 2  ab  1  a  b   cd  1  c  d      2 2 2 2  a b  a  b  1c d  c  d  1 a  1b  1c  1d  1 Suy a  1b  1c  1d  1 2012 0,5 0,5 P A N1 O M1 O1 I A' N2 O2 Q M2 S 2,0 điểm +) Ta có AM AN1  AM AN  AI  AN1 N đồng dạng với AM M ฀ N N  ฀AM M  1800 hay tứ giác M N N M suy ฀AN1 N  ฀AM M  M 1 2 1 2 nội tiếp +) Ta có ฀AN1 N  ฀AM M  ฀AOM tam giác AOM cân O nên ฀ ฀ AO  180  AOM M ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 0,5 ฀ AO  900  OA  N N Do ta ฀AN1 N  M 1 1,0 điểm Gọi S giao điểm PM QM 0,5 ฀ M  POM ฀ Ta có O, O2 , M thẳng hàng O2 I song song với OP  IO 2 (1) Mặt khác tam giác O2 IM cân O2 , tam giác OPM cân O kết ฀ IM  OPM ฀ hợp với (1) ta O suy P, I , M thẳng hàng Tương tự ta 2 0,5 có Q, I , M thẳng hàng ฀ Q  PM ฀ Q  900 Do PQ đường kính đường trịn O  suy PM  I trực tâm tam giác SPQ suy AI qua S hay ba đường thẳng AI , PM , QM đồng quy 1,0 điểm 0,5 B A C D E Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác tạo thành tam giác cân Do tơ đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau: +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu cho tồn đỉnh có màu khác tạo thành tam giác cân +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành tam giác cân Vậy, trường hợp ln tồn tam giác cân, có đỉnh tơ màu đôi khác màu ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm... +) Ta có ฀AN1 N  ฀AM M  ฀AOM tam giác AOM cân O nên ฀ ฀ AO  180  AOM M ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 0,5 ฀ AO  90 0  OA  N N Do ta ฀AN1 N  M 1 1,0 điểm Gọi S giao điểm PM QM 0,5 ฀ M  POM ฀... ( y  6)   phương trình vơ nghiệm Do x  y    x  y  y   x  x   x  {1; 2} ThuVienDeThi.com 0,5 0,5 Với x  thay vào phương trình ban đầu ta được:  y  1  ( y  5)2   y  3y