Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT An Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> AN GIANG<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS<br /> Năm học 2013-2014<br /> Môn: TOÁN<br /> Thời gian làm bài : 150 phút<br /> Ngày thi: 15/3/2014<br /> <br /> ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br /> Bài 1 (3đ) Tính<br /> T<br /> <br /> 1<br /> 1 2<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> 2 3<br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> <br /> 3 4<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> 4 5<br /> <br />  ...... <br /> <br /> 1<br /> 99  100<br /> <br /> Bài 2 (4đ) Cho đa thức P(x)  x5  x;g(x)   x2  4  (x2  1)x<br /> a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích các nhân tử<br /> b) Chứng tỏ rằng nếu x là số nguyên thì P(x) luôn chia hết cho 5<br /> Bài 3 (4,0 đ)<br /> Cho x1;x2  0;1<br /> a) Chứng minh rằng 1  x1   4x12<br /> 2<br /> <br /> b) Chứng minh rằng : 1  x1  x2   4  x12  x22 <br /> 2<br /> <br /> Bài 4(4,0 đ)<br />  5x  3y  5  3<br /> Cho hệ phương trình <br /> 3  1 x  5y  5  3<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> a) Giải hệ phương trình<br /> b) Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn x; y nhận 1 nghiệm là nghiệm của hệ<br /> phương trình đã cho và một nghiệm là (0;0)<br /> Bài 5 (5,0 đ)<br /> Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 4 cm. Lấy một điểm M trên đường tròn<br /> sao cho BAM  300. Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tại<br /> C. CM cắt AB tại D.<br /> a) Chứng minh rằng BM song song với OC<br /> b) Tính diện tích tam giác ACD<br /> <br /> ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014<br /> Bài 1.<br /> T<br /> <br /> 1<br /> 1 2<br /> <br /> Ta có :<br /> T<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> <br /> 2 3<br /> <br /> 1<br /> n  n 1<br /> <br />  <br /> <br /> 1 2 <br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> 3 4<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> 4 5<br /> <br /> n  n 1<br /> <br /> n  n 1<br /> <br /> <br /> <br />  <br /> <br /> 2 3 <br /> <br /> <br /> <br /> n  n 1<br /> <br />  <br /> <br /> 3 4 <br /> <br /> 1<br /> <br />  .... <br /> <br /> 99  100<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 4  5  .... <br /> <br /> <br /> <br /> 99  100<br /> <br /> <br /> <br />  1  2  2  3  3  4  4  5  ....  99  100<br />  1  100  11<br /> <br /> Bài 2<br /> 2a.<br /> <br /> <br /> <br />  <br /> P(x)  g(x)  x  x   x  4  .  x  1 x<br />  x  x   x  5x  4  x<br />  x  x   x  5x  4x   5x  5x<br />  5x  x  1  5x(x  1)(x  1)<br /> P(x)  x 5  x;g(x)  x 2  4 . x 2  1 x<br /> 5<br /> <br /> 2<br /> <br /> 5<br /> <br /> 4<br /> <br /> 2<br /> <br /> 5<br /> <br /> 5<br /> <br /> 3<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br /> <br /> 2<br /> <br /> Vậy P(x)  5x(x 1)(x 1)<br /> 2b.<br /> Theo trên P(x)  g(x)  5x(x 1)(x 1) luôn chia hết cho 5 với mọi số nguyên x<br /> 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<br /> nguyên liên tiếp  g(x) chia hết cho 5<br /> Vậy P(x)  g(x)  5x(x 2 1) luôn chia hết cho 5<br /> Câu 3<br /> 3a. Xét 4x12  1  x1    2x1  1  x1  2x1  1  x1    x1  13x1  1<br /> 2<br /> <br /> Do x1  0;1   x1  1  0; 3x1  1  0<br /> Vậy 4x12  1  x1   x1  13x1  1  0<br /> 2<br /> <br /> Hay 1  x1   4x12 dấu bằng xảy ra khi x1  1<br /> 2<br /> <br /> 3b.<br /> <br /> 1  x1  x2   4  x12  x22 <br /> Do<br /> Ta được<br /> x1 ,x 2  0;1  x12  x1 ;x 22  x 2<br /> 2<br /> <br /> x12  x22  x1  x2<br /> <br /> Xét<br /> <br /> 1  x1  x 2 <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br />  4 x12  x 22  1  x1  x 2   4  x1  x 2 <br /> 2<br /> <br />  1  2  x1  x 2    x1  x 2   4  x1  x 2 <br /> 2<br /> <br />  1  2  x1  x 2    x1  x 2   1  x1  x 2   0<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Vậy 1  x1  x2   4  x12  x22 <br /> 2<br /> <br /> x12  x1<br /> <br />  x1  0;x 2  1 hoặc x1  1;x2  0<br /> Dấu “=” xảy ra khi x 22  x 2<br /> 1  x  x  0<br /> 1<br /> 2<br /> <br /> <br /> Câu 4<br /> 4a.<br />  5x  3y  5  3<br /> <br /> <br />  3  1 x  5y  5  3<br /> 5x  15y  5  15<br /> <br /> <br />  3  3 x  15y  15  3 3<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 5x  15y  5  15<br /> <br /> (5  3  3)x  5  3 3<br /> 5x  15y  5  15<br /> <br /> <br /> 53 3<br /> x <br /> 2 3<br /> <br /> x  1  3<br /> <br /> 5(1  3)  15y  5  15<br /> x  1  3<br /> <br /> y  1  5<br /> <br /> 4b. Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax  by  c<br /> Phương trình có nghiệm (0;0) suy ra c = 0<br /> Phương trình có nghiệm 1  3; 1  5   a 1  3   b 1  5   0<br /> Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn a  1  5;b  1  3 vậy một<br /> phương trình thỏa đề bài đó là: 1  5  x  1  3  y  0<br /> Câu 5<br /> <br /> C<br /> M<br /> <br /> A<br /> <br /> O<br /> <br /> B<br /> <br /> D<br /> <br /> 5a<br /> Theo đề bài ta có BAM  300 , tam giác AMB vuông tại M (do góc nội tiếp chắn<br /> nửa đường tròn )  MBO  600 (*)<br /> Tam giác MOB cân có B  600 nên tam giác MOB đều  AOM  1200<br /> CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là đường phân giác của<br /> góc ACM , hay CO là phân giác của góc AOM  COA  600 (**)<br /> Từ (*) và (**) suy ra BM song song OC ( góc đồng vị)<br /> 5b<br /> Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng nhau do có<br /> một cạnh góc vuong bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau vậy S ACD  3S ACO<br /> Tam giác ACO vuông có cạnh góc vuông OA = 2 cm ;<br /> AOC  600  AC  OA.tan600  2 3<br />  S ACO <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> AO.AC  .2.2 3  2 3<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> Vậy diện tích tam giác ACD là S ACD  6 3 (cm2 )<br /> <br />