De thi HSG tinh lop 9

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... Cán bộ coi thi không[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu (3,0 điểm) x3 f  x   3x  3x Hãy tính giá trị biểu thức sau: Cho      2010  Af   f     f    2012   2012   2012   2011  f   2012  x x x 1  2x  x   x x  x x x x x2  x Cho biểu thức Tìm tất các giá trị x cho giá trị P là số nguyên Câu (1,5 điểm) P  x; y Tìm tất các cặp số nguyên dương  x  y thỏa mãn  x  y   Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện: abc  bcd  cda  dab a  b  c  d  2012 Chứng minh rằng: Câu (3,0 điểm) a Cho ba đường tròn  O1  ,  O2   1  b  1  c  1  d  1 2012  O1  ,  O2  và  O (kí hiệu X tiếp xúc ngoài với điểm I và đường tròn có tâm là điểm X) Giả sử  O1  ,  O2  tiếp xúc với  O  M , M Tiếp tuyến đường tròn  O1  điểm I cắt đường tròn  O  các điểm A, A ' Đường thẳng AM cắt lại đường tròn  O1  điểm N1 , đường thẳng AM cắt lại đường tròn  O2  Chứng minh tứ giác M N1 N M nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường điểm N thẳng N1 N  O  cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên Kẻ đường kính PQ đường tròn  cung AM không chứa điểm M ) Chứng minh PM , QM không song song thì các đường thẳng AI , PM và QM đồng quy Câu (1,0 điểm) Tất các điểm trên mặt phẳng tô màu, điểm tô màu xanh, đỏ, tím Chứng minh đó luôn tồn ít tam giác cân, có đỉnh thuộc các điểm mặt phẳng trên mà đỉnh tam giác đó cùng màu đôi khác màu —Hết— Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác đúng và đủ ý thì cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn - Với bài hình học thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó II ĐÁP ÁN: Câu Ý 1 Nội dung trình bày Điểm 1,5 điểm f  x   f  y  1 Nhận xét Nếu x  y 1 thì f  x  Thật vậy, ta có x3 x3    x   f  y   f 1 f  x  f  y   f  x  f 1 x  suy x3 x3    1 x x  3 x  1 x   x  1  3 x x  1 x 1 f  Vậy, nhận xét chứng minh Ta có   Theo nhận xét trên ta có:     2011       2010   A  f   f     f   f       2012     2012   2012     2012    1005   1007    1006  f  f    f   1005   2012    2012    2012  1,5 điểm Điều kiện: x  0, x 1 Khi đó ta có P 0,5 0,5 1 f   1005,5  2 x 2 x  x 1 Rút gọn biểu thức ta Px   P  1 x  P  0 Ta có , ta coi đây là phương trình bậc hai x Nếu P 0   x  0 vô lí, suy P 0 nên để tồn x thì phương trình trên có 0,5   P  1  P  P   0 0,5 0,5 4   3P  P  0  P  P     P  1  3  P  1 Do P nguyên nên  P  1 0  P 1  x 1 không thỏa mãn +) Nếu 0,5  P 2 1    P 2  x  x 0  x 0 P   +) Nếu không thỏa mãn Vậy không có giá trị nào x thỏa mãn 1,5 điểm Nếu x  y   x  y  x  ( y  6) 1  phương trình vô nghiệm Do đó  P  1 2 x  y   x  y  y   x  x   x {1; 2} Với x 1 thay vào phương trình ban đầu ta được:  y  1 ( y  5)2   y  3  y  y   0  y 3 suy phương trình có 0,5 0,5  x ; y  (1; 3) nghiệm Với x 2 thay vào phương trình ban đầu ta được:  y  2 ( y  4)  y  y  y  0 phương trình này vô nghiệm y 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1,5 điểm Ta có:  x ; y  (1; 3) 2012  abc  bcd  cda  dab  a  b  c  d    ab  1  c  d    cd  1  a  b   0,5 2 2   ab  1   a  b     cd  1   c  d      0,5  a 2b  a  b  1  c d  c  d  1  a  1  b2  1  c  1  d  1 a Suy  1  b  1  c  1  d  1 2012 P A N1 O M1 O1 I A' O2 N2 Q M2 S 0,5 2,0 điểm +) Ta có AM AN1  AM AN  AI  AN1 N đồng dạng với AM M 0,5 0,5     suy AN1 N  AM M  M N1 N  AM M 180 hay tứ giác M N1 N M nội tiếp AN N  AM M  AOM 1 2 +) Ta có và tam giác AOM cân O nên   AO 180  AOM M   Do đó ta AN1 N  M AO 90  OA  N1 N 1,0 điểm Gọi S là giao điểm PM và QM   Ta có O, O2 , M thẳng hàng và O2 I song song với OP  IO2 M POM (1) Mặt khác tam giác O2 IM cân O2 , tam giác OPM cân O và kết   hợp với (1) ta O2 IM OPM suy P, I , M thẳng hàng Tương tự ta 0,5 0,5 0,5 0,5 có Q, I , M thẳng hàng  Q PM  Q 900  O  suy PM Do PQ là đường kính đường tròn  I là trực tâm tam giác SPQ suy AI qua S hay ba đường thẳng AI , PM , QM đồng quy 0,5 1,0 điểm Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì ngũ giác luôn tạo thành tam giác cân Do đó tô đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ và tím xảy hai khả sau: +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu đã cho thì tồn đỉnh có màu khác và tạo thành tam giác cân +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu thì có ít đỉnh cùng màu và tạo thành tam giác cân Vậy, trường hợp luôn tồn ít tam giác cân, có đỉnh tô cùng màu đôi khác màu 0,5 0,5