ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG HÀ TĨNH 2013

NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức: 3 ( ) 3( )( 1)M x y x y xy= − + − + , biết 3 3 3 3 3 2 2 3 2 2, 17 12 2 17 12 2x y= + − − = + − − b) Giải phương trình: 2 2 2 5 1 1 3 x x x x x x − = − + + + Bài 2: a) Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 2 3 4 (1) 12 6 +9 (2) x y x x x y x  + + =   + + =   b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên ( 1)( 1)( 1)ab bc ca P abc − − − = Bài 3: Tam giác ABC có chu vi bằng 1, các cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức: 3 1 1 1 2 a b c a b c + + = − − − Chứng minh tam giác ABC đều. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy M bất kỳ trên đoạn thẳng AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD. a) Chứng minh AH vuông góc với BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I. Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng. Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x y z F x y x y y z y z z x z x = + + + + + + + + Hết NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013 Bài 1: a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 . 3 2 2 3 2 2x = + − − = + − + − + − + − − 3 3 4 2 3 3 4 2x x x x= − ⇒ + = (1). Tương tự: 3 3 24 2y y+ = (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được 3 3 3 3( ) ( ) 3( )( 1) 20 2x y x y x y x y xy− + − = − + − + = − Vậy M = 20 2− b) Ta có 2 2 2 2 1 3 1 3 1 0 ; 1 0 2 4 2 4 x x x x x x x x     + + = + + > ∀ − + = − + > ∀  ÷  ÷     Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho tương đương với 2 1 5 1 1 3t t − = − + (với 1 t x x = + ) ⇔ 2 5 3 14 0( 1; 1) ( 2)(5 7) 0t t t t t t− − = ≠ ≠ − ⇔ − + = 2 7 5 t t =   ⇔  = −  * Nếu t = 2 2 1 2 ( 1) 0 1x x x x ⇒ + = ⇔ − = ⇔ = * Nếu 7 5 t = − 2 1 7 7 51 0 5 10 100 x x x   ⇒ + = − ⇔ + + =  ÷   vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1. Bài 2: a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 2 2 9 12 3 3x x y= − − thế vào phương trình (2) thu gọn ta được: 3 3 2 2 2 2 2 2 0 3( ) ( )( 3 3 ) 0 3 3 0 x y x y x y x y x xy y x y x xy y x y + =  + = − ⇔ + − + − + = ⇔  − + − + =  NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG * Nếu 2 2 0x y y x y x+ = ⇔ = − ⇒ = thế vào phương trình (1) ta được 2 2 2 3 4 2( 1) 1 0x x x+ = ⇔ − + = phương trình này vô nghiệm. * Nếu 2 2 3 3 0x xy y x y− + − + = , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được: 3 3 3 3 4 3 3 0 ( 3)( 1) 0 1 x xy x y x xy x y x y y =  − − + − = − ⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔  =  + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y 2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2). + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2) 2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1). b) Ta có ( 1)( 1)( 1) 1 1 1 1 ( ) ab bc ca P abc a b c abc a b c abc − − − = = − + + + + + − , vì a, b, c là các số tự nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi 1 1 1 1 M a b c abc = + + − là số nguyên. Do vai trò như nhau nên ta giả sử a<b<c suy ra 1; 2; 3a b c≥ ≥ ≥ . Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 2 0 2 1 1 2 3 M M a b c abc a b c < + + − < + + ≤ + + < ⇒ < < ⇒ = (Vì M là số nguyên) 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)( 1) 6 1 0 2 3 4a b c a b c a a b c a b c abc ⇒ + + − = ⇔ − − − = + + ≥ ⇒ − > ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ Nếu ( 1)( 1) 4a b− − ≥ , vì 3 3 ( 1)( 1)( 1) 4 3 4( 1)a b c c a b c c a b c c c< < ⇒ > + + ⇒ > − − − ≥ ⇒ > − 4c ⇒ < trái với 4c ≥ . Suy ra ( 1)( 1) 2;3a b− − = + Nếu 1 1 2 ( 1)( 1) 2 5 1 2 3 a a a b c b b − = =   − − = ⇒ ⇒ ⇒ =   − = =   thoả mãn bài ra + Nếu 1 1 2 9 ( 1)( 1) 3 1 3 4 2 a a a b c Z b b − = =   − − = ⇒ ⇒ ⇒ = ∉   − = =   thoả mãn bài ra Vậy các số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị. Bài 3: Từ giả thiết ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và 3 3 1 1 1 2 2 a b c a a a a b c b c b c b c + + = ⇔ + + = − − − + + + ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 9 9a b c x y z a b a b a b x y z     ⇔ + + + + = ⇔ + + + + =  ÷  ÷ + + +     NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG (với 0; 0; 0x a b y b c z c a= + > = + > = + > ) 2 2 2 0 x y y z z x y x z y x z       ⇔ + − + + − + + − =  ÷  ÷  ÷       ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 x y y z z x x y z a b c xy yz zx − − − ⇔ + + = ⇔ = = ⇔ = = . Vậy tam giác ABC đều. Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau: a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên AD BC ⊥ và AD là tia phân giác của · BAC . Do , ,M AD MN AB MP AC∈ ⊥ ⊥ nên suy ra tứ giác ANM P là hình vuông. Mặt khác tứ giác ANHP có · · 0 0 0 90 90 180NAP NHP+ = + = nên nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra · · 0 45AHP ANP= = (cùng chắn cung AP). Xét tứ giác BDHA có · · · · · 0 0 45 180ABD DHA DHA AHP DHA+ = + = + = (hai góc kề bù) suy ra tứ giác BDHA nội tiếp suy · · 0 90 AH BHAHB ADB hay= = ⊥ b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AM và NP suy ra · · 0 90AHM AHB= = suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên · · 0 45BHN MHN= = (1) Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra · 0 45ABI = . Gọi E là trung điểm của AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. Xét tứ giác AIBH có · · 0 0 0 90 90 180AIB AHB+ = + = nên nội tiếp suy ra · · 0 45BHI BAI= = (2) Từ (1) và (2) · BHN = · BHI suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng. NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG Bài 5: Ta có ( ) 2 2 2 2 ( ) 0 2 a b a b a b + − ≥ ⇔ ≥ + (dấu “=” xảy ra khi a = b) Ta có: 4 4 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) x y x y x y x y x y x y − = − + + + + ; Tương tự: 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) y z z x y z z x y z y z y z y z z x z x z x z x − = − − = − + + + + + + + + Do đó 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x y z F x y x y y z y z z x z x = + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 4 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 4 ( ) ( ) ( ) 1 8 ( ) ( ) ( x y y z z x x y x y y z y z z x z x x y y z z x x y x y y z y z z x z x x y y z z x x y y z z x x y y z z x x y y z   + + + = + +  ÷ + + + + + +     + + +  ÷ ≥ + +  ÷ + + + + + +     + + +  ÷ = + +  ÷ + + +   + + + ≥ + + + + ( ) 1 1 ) 4 4 x y z z x   = + + =  ÷  ÷ +   Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 4 khi x = y = z = 1 3 . NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 -2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Bài. được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012 -2013 Bài 1: a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 2. tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị. Bài 3: Từ giả thi t ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và 3 3 1 1 1 2 2 a b c a a a a b c b c b c