Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Tham khảo Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc sẽ giúp các em làm quen với hình thức ra đề, các dạng câu hỏi và bài tập thường ra trong kì thi. Đồng thời, các em rèn luyện kỹ năng giải đề và tích lũy thêm kiến thức.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh PhúcSỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013ĐỀ THI MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đềCâu 1 (3,0 điểm).1 11 111. 2  1 2  2    1221 22 3201220132b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 x  5 y  7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức P  5 | x | 3 | y | .Câu 2 (1,5 điểm).a) Tính tổng: S  1 Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn:2 3  3  3x 3  y 3 .Câu 3 (1,5 điểm ).1. Chứng minh rằng:6a 2b 3c1 113  a  2b  3c   .2b 3c aa 2b 3cCho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc Câu 4 (3,0 điểm ).Cho tam giác nhọn ABC ( AC  AB ) có các đường cao AA , BB , CC và trựctâm 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 củaA 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.2KB  HB c) .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 9vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảngcon có kích thước 2  2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó. Tìm giá trị lớn nhấtcó thể được của T.—Hết—Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁNI. LƯU Ý CHUNG:- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấmbài 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 tươngứng với phần đó.II. ĐÁP ÁN:Câu1Nội dung trình bàyÝ1Ta có: n  * ,1 (3đ)11n 2 (n  1)2  n 2  (n  1)2n 2 ( n  1) 2n 2 ( n  1) 22(n 2  n  1) 2  11  2 1  2n (n  1) n n 1111111Suy ra 1  2 (do 1   0 n  * ) 1 2n( n  1)n n 1n n 1Áp dụng kết quả trên, ta có1 11 11 2  2 1 1 21 21 11 1 2 1 22 32 3.........................11111122201220132012 2013ộng vế với vế của 2012 đẳng thức t rên, ta đượcC1S  2013 .201312Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề bài thì xy  0 . Do đó chỉcần xét hai trường hợp sauTH1: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 x7  4 x 13 x  21Suy ra P  5 x  3·. Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất.55Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x  3, y  1. Vậy, trong trườnghợp này, P nhỏ nhất bằng 12.TH2: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 xĐiểm7  4 x 13 x  21. Do đó, P nhỏ nhất khi x lớn nhất.55Do x nguyên âm, y nguyên dương nên x  2, y  3 . Vậy, trong trườnghợp này, P nhỏ nhất bằng 1.So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt đượckhi và chỉ khi x  2, y  3 .Suy ra P  5 x  3·2(1,5đ)Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn:Điều kiện x  0; y  02 3  3  3 x 3  y 3 (1)(1)  2 3  3  3x 3  y 3  6 xy  (3x  y  2) 3  6 xy  3 (2) (3x  y  2) 2 .3  36 xy  36 xy  912 xy  3  (3 x  y  2)2 xy (3)12x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ.+ Nếu 3 x  y  2  0, 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 x  y  2  0, kết hợp với (2) ta có:3x  y  23 x  y  2  0 16 xy  3  0 xy  41x  61Giải hệ trên ta được: x  y  và .23y 21Thay vào (1) ta được x  y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.23xyz,2b  (với x, y, z > 0)  3c zxyBất đẳng thức cần chứng minh trở thành:y2 z 2 x2 y z x x y z3     zx xy yz x y z y z xĐặt a (1,5đ) x 3  y 3  z 3  3 xyz  y 2 z  xz 2  x 2 y  x 2 z  xy 2  yz 2 x( x  y )( x  z )  y ( y  z )( y  x )  z ( z  x )( z  y )  0 (1)Không mất tính tổng quát giả sử x  y  z .Ta có: (1)  ( x  y ) 2 ( x  y  z )  z ( z  x)( z  y )  0 (2)Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm.4aa  11Dấu ‘‘=’’ xảy ra  x  y  z  b 2 1c  3A(3đ)BNCMBHAOCMTừ giả thiết ta có:       90o nên các điểm A, A’, M, O,AMO ANO AA ON thuộc đường tròn đường kính AO.    (1)AA N AMN1 AMN Lại có:   MM N  sđ MN (2)2 AA NTừ (1) và (2)  MM N    MM’//AA’Mà BC  AA’  BC  MM’Mặt khác BC là đường kính của (O) nên BC vuông góc với MM’ tạitrung điểm của MM’, do đó M’ đối xứng với M qua BCbAMC’ và ABM có    và chung góc MABAMC ABMAM AC (3) AMC ~ ABM  AM 2  AB. AC AB AMAC AH AA . AH  AB. AC (4)Dễ thấy AC H ~ AA B AA ABAH AMTừ (3) và (4)  AA . AH  AM 2 AM AA Mặt k ...