Đề thi và đáp án môn toán học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2013-2014

Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9 vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng con có kích thước 2 2  đều bằng nhau và bằng một số T nào đó... L[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (3,0 điểm).

a) Tính tổng: 12 12 12 12 1 2 2

1 2 2012 2013

          

S

b) Cho số nguyên x y thỏa mãn 4x5y7 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P5| | 3| |.x  y

Câu (1,5 điểm).

Tìm số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 3  3x  y Câu (1,5 điểm).

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn



abc Chứng minh rằng:

2 1

3

2 3

 a  b c a b c     

b c a a b c

Câu (3,0 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC (AC AB ) có đường cao AA',BB',CC trực' tâm H Gọi ( )O đường trịn tâm O, đường kính BC Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ( )O (M, N tiếp điểm) Gọi M giao điểm thứ hai của'

'

A N đường tròn ( )O , K giao điểm OH ' 'B C Chứng minh rằng:

a) M đối xứng với M qua BC ' b) Ba điểm M H N thẳng hàng., ,

c) ' '

' '

 

  

KB HB

KC HC

Câu (1,0 điểm).

Cho bảng ô vuông 3 (3 hàng cột) Người ta điền tất số từ đến vào ô bảng (mỗi số điền vào ô) cho tổng bốn số bảng có kích thước 2 đều số T Tìm giá trị lớn nhất có thể T.

—Hết—

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2012-2013 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 0,25 khơng làm trịn

- Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần

II ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1

(3đ) 1

Ta có: * 2 2

2 2

1 ( 1) ( 1)

,1

( 1) ( 1)

   

    

 

 n n n n

n

n n n n

2

2

2

( 1) 1 1

( 1)

   

    

   

n n

n n n n

Suy 12 2 1

( 1)

    

 

n n n n (do *

1

1

1

    

 n 

n n )

Áp dụng kết trên, ta có

2

2

2

1 1

1

1 2

1 1

1

2 3

1 1

1

2012 2013 2012 2013

    

    

    

Cộng vế với vế 2012 đẳng thức trên, ta

2013

2013

 

S

2

Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề thì xy0 Do cần xét hai trường hợp sau

TH1: x 0 y Khi đó P5| | 3| | 5x  y  x3y 5y 7 4x

Suy 3·7 13 21

5

 

  x x

P x Do đó, P nhỏ x nhỏ nhất. Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x3, y 1 Vậy, trường hợp này, P nhỏ 12.

Suy 3·7 13 21

5

  

   x  x

P x Do đó, P nhỏ x lớn nhất.

Do x nguyên âm, y nguyên dương nên x 2,y3 Vậy, trường hợp này, P nhỏ 1.

So sánh kết hai trường hợp, giá trị nhỏ P đạt được x 2, y3

2

(1,5đ) Tìm số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 3Điều kiện x0;y0   3x  y (1)

(1)2 3 3  x  y 6 xy (3x y 2) 6 xy 3 (2)

(3 2) 36 36

 x y   xy xy 

2

12 (3 2)

12

   

 xy  xy x y (3)

x, y số hữu tỉ, nên từ (3) suy xy số hữu tỉ.

+ Nếu 3x y  2 0, ta có vế trái (2) số vô tỉ, vế phải (2) số hữu tỉ, điều vơ lí

+ Nếu 3x y  2 0, kết hợp với (2) ta có:

3

3

1

6

4

  

  

 

 

  

 

 

x y x y

xy xy

Giải hệ ta được:

 

x y

1

      

x

y

Thay vào (1) ta

 

x y thỏa mãn yêu cầu toán

3

(1,5đ)

Đặt a y,2b z

x y (với x, y, z > 0) 3  x c

z

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

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

 x  y z  xyz y z xz  x y x z xy   yz

( )( ) ( )( ) ( )( )

Không tính tổng quát giả sử x y z  

Ta có: (1) (x y x y z ) (2   ) z z x z y(  )(  ) 0 (2) Dễ thấy (2) suy đpcm

Dấu ‘‘=’’ xảy

1

   

    

   

a

x y z b

c

4

(3đ) a

O H

B'

C'

M'

A' A

B C

M

N

Từ giả thiết ta có:   AMO ANO AA O  ' 90onên điểm A, A’, M, O,

N thuộc đường trịn đường kính AO.

 '

 AA N AMN (1)

Lại có:   1'

2

 

AMN MM N sđ MN (2)

Từ (1) (2)   MM N AA N'  '  MM’//AA’

Mà BCAA’BCMM’

b

AMC’ vàABM có  AMC' ABM chung góc MAB

' ~

 AMC ABM  AM  AC' AM2 AB AC. '

AB AM (3)

Dễ thấyAC H' ~AA B' ' ' ' '

 AC  AH  AA AH AB AC

AA AB (4)

Từ (3) (4) '.

'

 AA AH  AM  AH  AM

AM AA

Mặt khác AHM và AMA có chung góc ' A AM nên’  

~ ' '

AHM AMA  AMH AA M (5)

Tứ giác AMA’N nội tiếp  AA M ANM'  (6) Có AM, AN tiếp tuyến (O)   AMN ANM (7) Từ (6) (7)   AMN AA M ' (8) Từ (5) (8) ta có  AMH AMN 

Dễ thấy H, N nằm phía so với đường thẳng AM nên tia MH trùng tia MN hay M, H, N thẳng hàng

c

F K

E

D

H

B'

C'

B O C

Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ CC’ lần lượt tại D, E

' ' '

'

 KB  KH KC  KB OD

OD OH OE KC OE (9)

Ta có:  BDO ECO (vì  BB C )  ' ' BOD EOC

2

2

~

 DBO CEO OD OB OD OE OC  OD OC

Lấy F (F ≠ E) đường thẳng CC’ cho OE = OF

 ' '

OFC B C H (vì ' OEC ) Lại có  HB C OCF' '

' '

' ' ~

' '

 B C H CFO HB OC  HB OC

HC OF HC OE (11)

Từ (9), (10), (11)

2

' '

' '

 

   

 

KB HB

KC HC

5

(1đ)

1,0 điểm

Tổng tất số ghi bảng 3     45

Gọi x số ghi ô (2; 2) (ô trung tâm của bảng); ô lại ghi số a, b, c, d, e, f,

g, h (Hình 1):

Cộng tổng tất số ghi bảng kích thước 2 ta 4T 4x a c e g(    ) 2( b d f h   ) 45 2  x(x b d f h    ) Do x9,x b d f h         9 35 nên

4T 45 2·9 35 98    T 24 (do T) Trên Hình phương án điền số cho

24



T

a b c

h x d

g f e

Hình

4

3

5