Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2012 - 2013 đề thi môn: Toán thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (3,0 điểm).
a) Tính tổng: 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 11 1 11 2 2 3 2012 2013            S .
b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 5 7. x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 5 | | 3 | | . P x y
Câu 2 (1,5 điểm).
Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 2 3 3 3 3 3  x y .
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 16abc . Chứng minh rằng:
2 3 1 1 13 2 32 3 2 3        
a b c a b cb c a a b c .
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC ( AC AB ) có các đường cao ',AA ',BB 'CC và trực
tâm .H Gọi ( )O là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM,
AN tới đường tròn ( )O (M, N là các tiếp điểm). Gọi 'M là giao điểm thứ hai của
'A N và đường tròn ( )O , K là giao điểm của OH và ' 'B C . Chứng minh rằng:
a) 'M đối xứng với M qua BC .
b) Ba điểm , ,M H N thẳng hàng.
c)
2' ' .' '
    
KB HB
KC HC
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho bảng ô vuông 3 3 (3 hàng và 3 cột). 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. Tìm giá trị lớn nhất
có thể được của T.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh.
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm
bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
(3đ)
1
Ta có:
2 2 2 2
*
2 2 2 2
1 1 ( 1) ( 1),1 ( 1) ( 1)
        
n n n nn n n n n
22 2
2 2
( 1) 1 11( 1) 1
         
n n
n n n n
Suy ra 2 21 1 1 11 1( 1) 1     n n n n (do
*1 11 01     nn n )
Áp dụng kết quả trên, ta có
2 2
2 2
2 2
1 1 1 11 11 2 1 2
1 1 1 11 12 3 2 3
.........................
1 1 1 11 12012 2013 2012 2013
    
    
    
Cộng vế với vế của 2012 đẳng thức trên, ta được
12013 .2013 S
2
Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề bài thì 0xy . Do đó chỉ
cần xét hai trường hợp sau
TH1: 0 . x y Khi đó 5 | | 3 | | 5 3   P x y x y và 5 7 4 y x
Suy ra 7 4 13 215 3· 5 5
   x xP x . Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất.
Do x nguyên dương, y nguyên âm nên 3,x 1. y Vậy, trong trường
hợp này, P nhỏ nhất bằng 12.
TH2: 0 . x y Khi đó 5 | | 3 | | 5 3    P x y x y và 5 7 4 y x
Suy ra 7 4 13 215 3· .5 5
     x xP x Do đó, P nhỏ nhất khi x lớn nhất.
Do x nguyên âm, y nguyên dương nên 2, 3  x y . Vậy, trong trường
hợp này, P nhỏ nhất bằng 1.
So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được
khi và chỉ khi 2, 3  x y .
2
(1,5đ) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 2 3 3 3 3 3  x y (1)Điều kiện 0; 0 x y
(1) 2 3 3 3 3 3 6 (3 2) 3 6 3         x y xy x y xy (2)
2(3 2) .3 36 36 9     x y xy xy
212 3 (3 2)
12
     xy x yxy (3)
x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ.
+ Nếu 3 2 0,  x y thì ta có vế trái của (2) là một số vô tỉ, vế phải của
(2) là một số hữu tỉ, điều này vô lí.
+ Nếu 3 2 0,  x y kết hợp với (2) ta có:
3 23 2 0
16 3 0 4
         
x yx y
xyxy
Giải hệ trên ta được: 12 x y và
1
6
3
2
  
x
y
.
Thay vào (1) ta được 12 x y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
(1,5đ)
Đặt ,2 y za bx y (với x, y, z > 0) 3 
xc z
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
2 2 2
3        y z x y z x x y zzx xy yz x y z y z x
3 3 3 2 2 2 2 2 23         x y z xyz y z xz x y x z xy yz
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0         x x y x z y y z y x z z x z y (1)
Không mất tính tổng quát giả sử  x y z .
Ta có: (1) 2( ) ( ) ( )( ) 0       x y x y z z z x z y (2)
Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm.
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
1
1
2
1
3
      
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:  ' 90   oAMO ANO AA O nên các điểm A, A’, M, O,
N thuộc đường tròn đường kính AO.
 ' AA N AMN (1)
Lại có:  1' 2 AMN MM N sđ
MN (2)
Từ (1) và (2)  ' ' MM N AA N MM’//AA’
Mà BC  AA’ BC  MM’
Mặt khác BC là đường kính của (O) nên BC vuông góc với MM’ tại
trung điểm của MM’, do đó M’ đối xứng với M qua BC
b
AMC’ và ABM có ' AMC ABM và chung góc MAB
' ~ AMC ABM 2' . '   AM AC AM AB ACAB AM (3)
Dễ thấy ' ~ ' AC H AA B ' '. . ''   
AC AH AA AH AB ACAA AB (4)
Từ (3) và (4) 2'. '   
AH AMAA 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 là tiếp tuyến của (O)   AMN ANM (7)
Từ (6) và (7)  ' AMN AA M (8)
Từ (5) và (8) ta có AMH AMN .
Dễ thấy H, N nằm cùng một phía so với đường thẳng AM nên tia MH
trùng tia MN hayM, 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’ và CC’ lần lượt
tại D, E
' ' '
'    
KB KH KC KB OD
OD OH OE KC OE (9)
Ta có: BDO ECO (vì cùng bằng' 'BB C ) và BOD EOC
2
2
2~ .       OD OB OD OCDBO CEO ODOE OCOC OE OE OE (10)
Lấy F (F ≠ E) trên đường thẳng CC’ sao cho OE = OF
 ' ' OFC B C H (vì cùng bằng'OEC ). Lại có ' ' HB C OCF
' '' ' ~ ' '     
HB OC HB OCB C H CFO HC OF HC OE (11)
Từ (9), (10), (11)
2' '
' '
     
KB HB
KC HC
5
(1đ)
1,0 điểm
Tổng của tất cả các số ghi trên bảng bằng
1 2 3 9 45.    
Gọi x là số ghi ở ô (2; 2) (ô trung tâm của
bảng); các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f,
g, h (Hình 1):
Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2 2 ta được
4 4 ( ) 2( ) 45 2 ( )               T x a c e g b d f h x x b d f h
Do 9, 9 8 7 6 5 35          x x b d f h nên
4 45 2·9 35 98 24     T T (do T )
Trên Hình 2 chỉ ra một phương án điền số sao cho
24T .
a b c
h x d
g f e
Hình 1
4 8 1
3 9 6
5 7 2
Hình 2