Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT An Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT An Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS AN GIANG Năm học 2013-2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 15/3/2014 Bài 1 (3đ) Tính 1 1 1 1 1 T 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 Bài 2 (4đ) Cho đa thức P(x) x5 x;g(x) x2 4 (x2 1)x a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích các nhân tử b) Chứng tỏ rằng nếu x là số nguyên thì P(x) luôn chia hết cho 5 Bài 3 (4,0 đ) Cho x1;x2 0;1 2 2 a) Chứng minh rằng 1 x1 4x1 2 2 2 b) Chứng minh rằng : 1 x1 x2 4 x1 x2 Bài 4(4,0 đ) 5x 3y 5 3 Cho hệ phương trình 3 1 x 5y 5 3 a) Giải hệ phương trình b) Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn x; y nhận 1 nghiệm là nghiệm của hệ phương trình đã cho và một nghiệm là (0;0) Bài 5 (5,0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 4 cm. Lấy một điểm M trên đường tròn sao cho B· AM 300. Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tại C. CM cắt AB tại D. a) Chứng minh rằng BM song song với OC b) Tính diện tích tam giác ACD
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014 Bài 1. 1 1 1 1 1 T 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 1 n n 1 Ta có : n n 1 n n 1 n n 1 T 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 1 100 11 Bài 2 2a. P(x) x5 x;g(x) x2 4 . x2 1 x P(x) g(x) x5 x x2 4 . x2 1 x x5 x x4 5x2 4 x x5 x x5 5x3 4x 5x3 5x 5x x2 1 5x(x 1)(x 1) Vậy P(x) 5x(x 1)(x 1) 2b. Theo trên P(x) g(x) 5x(x 1)(x 1) luôn chia hết cho 5 với mọi số nguyên x Mặt khác g(x) x2 4 x2 1 x x 2 x 1 x x 1 x 2 nên g(x) là tích của 5 số nguyên liên tiếp g(x) chia hết cho 5 Vậy P(x) g(x) 5x(x2 1) luôn chia hết cho 5 Câu 3 2 2 3a. Xét 4x1 1 x1 2x1 1 x1 2x1 1 x1 x1 1 3x1 1 Do x1 0;1 x1 1 0; 3x1 1 0 2 2 Vậy 4x1 1 x1 x1 1 3x1 1 0
3. 2 2 Hay 1 x1 4x1 dấu bằng xảy ra khi x1 1 3b. 2 1 x x 4 x2 x2 1 2 1 2 2 2 Do Ta được x1 x2 x1 x2 2 2 x1,x2 0;1 x1 x1;x2 x2 Xét 2 2 2 2 1 x1 x2 4 x1 x2 1 x1 x2 4 x1 x2 2 1 2 x1 x2 x1 x2 4 x1 x2 2 2 1 2 x1 x2 x1 x2 1 x1 x2 0 2 2 2 Vậy 1 x1 x2 4 x1 x2 2 x1 x1 2 Dấu “=” xảy ra khi x2 x2 x1 0;x2 1 hoặc x1 1;x2 0 1 x x 0 1 2 Câu 4 4a. 5x 3y 5 3 3 1 x 5y 5 3 5x 15y 5 15 3 3 x 15y 15 3 3 5x 15y 5 15 (5 3 3)x 5 3 3 5x 15y 5 15 5 3 3 x 2 3 x 1 3 5(1 3) 15y 5 15 x 1 3 y 1 5
4. 4b. Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax by c Phương trình có nghiệm (0;0) suy ra c = 0 Phương trình có nghiệm 1 3; 1 5 a 1 3 b 1 5 0 Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn a 1 5;b 1 3 vậy một phương trình thỏa đề bài đó là: 1 5 x 1 3 y 0 Câu 5 C M A D O B 5a Theo đề bài ta có B· AM 300 , tam giác AMB vuông tại M (do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) M· BO 600 (*) Tam giác MOB cân có B 600 nên tam giác MOB đều A· OM 1200 CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là đường phân giác của góc A· CM , hay CO là phân giác của góc A· OM C· OA 600 ( ) Từ (*) và ( ) suy ra BM song song OC ( góc đồng vị) 5b Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng nhau do có một cạnh góc vuong bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau vậy SACD 3SACO Tam giác ACO vuông có cạnh góc vuông OA = 2 cm ; A· OC 600 AC OA.tan600 2 3 1 1 S AO.AC .2.2 3 2 3 ACO 2 2 2 Vậy diện tích tam giác ACD là SACD 6 3 (cm )