DE THI HSG LOP 9 VINH PHUC

Chứng minh rằng khi đó luôn 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—..[r]

0SỞ 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

1 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

2 1 2

1

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:        

2 1 1 1 1 2012

a  b  c  d  

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 tại 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.

2 Kẻ đường kính PQ đường trịn  O cho PQ vng góc với AI (điểm P nằm cung AM1 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

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

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

2 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 có    

2

1

P P P

     

 2

2 4

3 1

3

P P P P P

           

0,5

Do P nguyên nên  

2

1

P

+) Nếu  

2

1 1

P   P  x

không thỏa mãn

+) Nếu  

2

1 2 0

0

P

P P x x x

P

 

          



 không thỏa mãn

Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn

2 1,5 điểm

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

x y   2 x y y  6 x x3 x{1; 2} 0,5

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

y .

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

0,5

3 1,5 điểm

Ta có:  

2

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

       

 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        

2 1 1 1 1 2012

a  b  c  d   0,5

4

S

N2

N1

I O

2

O1

M2

M1

O

Q P

A'

A

1 2,0 điểm

0,5 suy AN N1 AM M2 1 M N N 1 2AM M2 11800 hay tứ giác M N N M1 2

nội tiếp 0,5

+) Ta có AN N1 AM M2



1

1 2AOM 

tam giác AOM1 cân O nên

 

1

180

AOM

M AO 

0,5

Do ta AN N1 2M AO 900  OAN N1 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 2 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, , 1 thẳng hàng.

0,5

Do PQ đường kính đường trịn  O suy PM Q PM Q1  900

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 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

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