SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————————— Câu 1. Giải phương trình: 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + − Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên , x y thoả mãn phương trình 2 2 ( 1) ( 1) 1− + − =x y y x Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn với trực tâm .H Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt đường thẳng BH ở ,D đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt đường thẳng CH tại .E Gọi ,M N theo thứ tự là trung điểm của , .BE CD 1. Chứng minh rằng , ,H M N thẳng hàng. 2. Đường thẳng MN cắt trung tuyến AL của tam giác ABC tại .P Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP tiếp xúc với .BC Câu 4. Cho a, b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 4 8 2 2 3 a c b c P a b c a b c a b c + = + − + + + + + + . Câu 5. Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm ,A B được tô bởi cùng một màu mà độ dài 1.=AB ——Hết—— (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh SDB SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ————————————— Hướng dẫn chung. -Mỗi bài toán có thể có một hoặc nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có lời giải khác với trong hướng dẫn chấm và đúng, thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. -Bài hình học (câu 3), học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, giám khảo không cho điểm; học sinh chưa làm ý 1, nhưng sử dụng kết quả của phần đó để làm phần 2, giám khảo không chấm điểm phần 2. Câu 1 (2,5 điểm). Nội dung trình bày Điểm Điều kiện 1.x ≥ − 0,25 Đặt 2 3 1 , 0,x x u u+ + + = ≥ Ta có ( ) 2 2 2 3 4 2 2 5 3 3 2 2 5 3 16 20u x x x x x x= + + + + = + + + − + 0,50 Phương trình trở thành : 2 2 20 20 0 5u u u u u= + ⇔ − − = ⇔ = (do 0u ≥ ) 0,50 Với 5u = ta được 2 3 4 2 2 5 32 1 5 253 + ++ + + = + + =⇔ x xx xx . 0,50 2 2 7 2 2 5 3 21 3 3 146 429 0 ≤  ⇔ + + = − ⇔ ⇔ =  − + =  x x x x x x x 0,50 Kết luận x = 3. 0,25 Câu 2 (2,0 điểm): Đặt 1; 1= − = −a x b y , phương trình đã cho trở thành: 2 2 ( 1) ( 1) 1+ + + =a b b a (1). 0,25 Ta có: (1) ( ) 4 ( ) 1 ( 4) ( 4) 5 ( 4)( 1) 5ab a b ab a b ab a b a b a b ab⇔ + + + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + = 0,50 Khi đó chỉ xảy ra 4 trường hợp sau: 1 9 3 5 ; ; ; 0 2 4 6 + = + = − + = − + = −         = = − = = −     a b a b a b a b ab ab ab ab Từ đó tìm ra ( , ) (0,1);(1,0);( 6,1);(1, 6)= − −a b . (Mỗi trường hợp 0,25 điểm) 1,00 Vậy có 4 cặp số ( , )x y cần tìm là: ( , ) (1,2);(2,1);( 5,2);(2, 5)= − −x y 0,25 Câu 3 (3,0 điểm). Phần 1 (2.0 điểm) Nội dung trình bày Điểm 1. Gọi 1 1 ,B C là chân các đường cao kẻ từ ,B C của tam giác .ABC Khi đó do tứ giác 1 1 AB HC nội tiếp, nên 1 1 1 CHD CHB C AB BAC∠ = ∠ = ∠ = ∠ (1) 0,25 Do cách xác định điểm D nên 0 0 1 1 90 90HCD HCB C CB C BC ABC∠ = −∠ = − ∠ = ∠ = ∠ (2) 0,50 2 Từ (1) và (2) suy ra các tam giác ,ABC HCD đồng dạng. Từ đó, do ,AL HN theo thứ tự là trung tuyến của hai tam giác đó, nên ~ALB HNC∆ ∆ 0,50 Từ đó, do ,NC LB CH BA⊥ ⊥ nên HN AL⊥ (3) 0,25 Tương tự cũng có HM AL⊥ (4) 0,25 Từ (3) và (4) suy ra , ,H M N thẳng hàng. Hơn nữa MN AL⊥ . 0,25 Phần 2 (1.0 điểm) Nội dung trình bày Điểm 2. Do 0 90LPN LCN∠ = ∠ = nên tứ giác LPNC nội tiếp, suy ra CPN CLN CBD∠ = ∠ = ∠ (do ||LN BD ) và do đó 0 90CPN BCA∠ = −∠ 0,50 Tương tự cũng có 0 90BPM ABC∠ = −∠ Từ đó suy ra 0 0 180 180BPC BPM CPN ABC BCA CAB BHC∠ = − ∠ −∠ = ∠ + ∠ = − ∠ = ∠ hay P nằm trên đường tròn ( ) BHC (Hình vẽ). 0,25 Khi đó CBP CHN BAL BAP∠ = ∠ = ∠ = ∠ . Suy ra đường tròn ( ) ABP tiếp xúc với .BC 0,25 Câu 4 (1.5 điểm). Nội dung trình bày Điểm Đặt 2 2 3 x a b c y a b c z a b c = + +   = + +   = + +  , khi đó x, y, z >0 và , ( )z y c x y b c b z y− = − = − = − − Suy ra 2b x z y= + − và 3 2a c y x+ = − . 0,50 Khi đó 2 4( 2 ) 8( ) 17 2. 4. 4. 8. y x x z y z y y x z y P x y z x y y z     − + − − = + − = − + + + +  ÷  ÷     0,25 ¸p dụng BĐT Cauchy ta được: 17 2 8 2 32 17 12 2P ≥ − + + = − + . 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 4 4 8 ; 4 2 y x z y x y z x y y z = = ⇔ = = , Khi đó 2 2( 2 ) 3 2( 2 ) a b c a b c a b c a b c  + + = + +   + + = + +   , suy ra (1 2) (4 3 2) b a c a  = +   = +   0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 17 12 2− + , đạt được khi (1 2) (4 3 2) b a c a  = +   = +   0,25 Câu 5 (1,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm - Giả sử trái lại, với mọi cách tô, không tồn tại hai điểm cùng màu mà có khoảng cách bằng 1. Xét hai điểm , : 3M N MN = thì tồn tại các điểm ,P Q sao cho các tam giác ,MPQ NPQ là các tam giác đều có độ dài cạnh bằng 1. Khi đó, do hai điểm có khoảng cách bằng 1 thì được tô bởi hai màu khác nhau, nên ,M N phải được tô bởi cùng một màu, chẳng hạn tô P: Đỏ, Q: Vàng thì M, N: phải tô cùng màu Xanh, (Hình vẽ). 0,50 - Từ đó, nếu điểm M được tô màu Xanh, thì mọi điểm nằm trên đường tròn tâm M, bán kính 3 đều được tô màu Xanh. Nhưng trên đường tròn này luôn có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bằng 1. Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Từ đó suy ra điều phải chứng minh 0,50 3 —Hết— 4 . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời. mà độ dài 1.=AB ——Hết—— (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh SDB SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ————————————— Hướng. trình bày Điểm 2. Do 0 90 LPN LCN∠ = ∠ = nên tứ giác LPNC nội tiếp, suy ra CPN CLN CBD∠ = ∠ = ∠ (do ||LN BD ) và do đó 0 90 CPN BCA∠ = −∠ 0,50 Tương tự cũng có 0 90 BPM ABC∠ = −∠ Từ đó suy