hsg lop 9 vinh phuc 20112012

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.[r]

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

KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN

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

Câu (3,0 điểm). Cho  

3 3

x f x

x x 

  Hãy tính giá trị biểu thức sau:

1 2010 2011

2012 2012 2012 2012

Af  f    f  f  

       

2 Cho biểu thức 1 22

x x x x x

P

x x x x x x x x

   

  

   

Tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Câu (1,5 điểm).

Tìm tất cặp số nguyên dương x y;  thỏa mãn x y 3 x y  62

Câu (1,5 điểm).

Cho a b c d, , , số thực thỏa mãn điều kiện:

2012

abc bcd cda dab a b c d       

Chứng minh rằng: a21 b21 c21 d2 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lần lượt tiếp xúc với  O

1,

M M Tiếp tuyến đường tròn  O1 điểm I cắt đường tròn  O điểm

, '

A A Đường thẳng AM1 cắt lại đường tròn  O1 điểm N1, đường thẳng AM2 cắt lại đường tròn O2 điểm N2

1 Chứng minh tứ giác M N N M1 2 nội tiếp đường thẳng OA vng góc với đường thẳng N N1

2 Kẻ đường kính PQ đường trịn  O cho PQ vng góc với AI (điểm P nằm cung 

1

AM không chứa điểm M2) Chứng minh PM1, QM2 khơng song song đường thẳng AI PM, QM2 đồng quy

Câu (1,0 điểm)

Tất điểm mặt phẳng tô màu, điểm tô màu xanh, đỏ, tím Chứng minh ln tồn tam giác cân, có đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà đỉnh tam giác màu đôi khác màu

—Hết—

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

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 Nội dung trình bày Điểm

1 1 1,5 điểm

Nhận xét Nếu x y 1 f x  f y 1 Thật vậy, ta có  

          3 3 3 1 1 x x

f x f y f x

x x x x



    

   

0,5

suy        

      3 3 3 1 1 x x

f x f y f x f x

x x x x



      

   

Vậy, nhận xét chứng minh Ta có 1 2 f  

 

0,5

Theo nhận xét ta có:

1 2011 2010

2012 2012 2012 2012

1005 1007 1006

1005 1005,5

2012 2012 2012

A f f f f

f f f f

                                                                  0,5

2 1,5 điểm

Điều kiện: x0, x1 Khi ta có

Rút gọn biểu thức ta x P x x     0,5

Ta có PxP1 x P  0 , ta coi phương trình bậc hai x

Nếu P  0 x 0 vơ lí, suy P0 nên để tồn x phương trình

trên có  P12 4P P  20

 2

2 4

3 1

3

P P P P P

           

0,5

Do P nguyên nên P12

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

+) Nếu  12 2 0

0 P

P P x x x

P  

           

 không thỏa mãn

Vậy giá trị x thỏa mãn

0,5

2 1,5 điểm

Nếu x  y x y x   (y6) 1  phương trình vơ nghiệm Do

6

x y   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 y2 5y 8 0 y 3

          suy phương trình có

nghiệm x y;  (1; 3)

0,5 Với x2 thay vào phương trình ban đầu ta được:

y 23 (y 4)2 y3 5y2 4y 8 0

        phương trình vơ nghiệm

1

y .

Vậy phương trình cho có nghiệm x y;  (1; 3).

0,5

3 1,5 điểm

Ta có: 2012abc bcd cda dab a b c d       2

       

 ab c d cd a b 2

      0,5

ab 12 a b2 cd 12 c d2

   

      

    0,5

a b2 a2 b2 1 c d2 c2 d2 1 a2 1 b2 1 c2 1 d2 1

           

Suy a21 b21 c2 1 d212012 0,5 4

S

N2

N1

I O

2

O1

M2

M1

O

Q P

A'

A

1 2,0 điểm

+) Ta có AM AN1 1AM AN2 AI2  AN N1 đồng dạng với AM M2

0,5

suy    

1 2 1 2 180

AN N AM M  M N N AM M  hay tứ giác M N N M1 2

nội tiếp 0,5

+) Ta có  

1 2

AN N AM M 

1 AOM

 tam giác AOM1 cân O nên

 

1

180

AOM M AO 

Do ta  

1 90

AN N M AO  OAN N 0,5

2 1,0 điểm

Gọi S giao điểm PM1 QM2

Ta có O O M, , 2 thẳng hàng O I2 song song với OP  IO M2 POM (1) Mặt khác tam giác O IM2 cân O2, tam giác OPM2 cân O kết hợp với (1) ta O IM2 OPM suy P I M, , thẳng hàng Tương tự ta có Q I M, , thẳng hàng

0,5

Do PQ đường kính đường trịn  O suy  

1 90

PM Q PM Q 

I

 trực tâm tam giác SPQ suy AI qua S hay ba đường thẳng

1

, ,

AI PM QM đồng quy

0,5

5 1,0 điểm

Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác ln tạo thành tam giác cân

Do tô 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

0,5

+) 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

0,5