Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

1. TRUNG TÂM GIA SƯ SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang ) Câu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức: A= x 50 x+50 x+x2 50 với x 5 0 5 4 3 2 b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x – 3x – 3x + 6x – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 điểm): 4 x 3 x a) Giải phương trình + = 6 x22 5 x + 6 x 7 x + 6 x + y + 4 x y = 1 6 b) Gi¶i hÖ ph•¬ng tr×nh sau: x + y = 1 0 Câu 3 (2,0 điểm): 22 a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4 a + 3 ab 1 1 b chia hết cho 5 44 thì ab chia hết cho 5. 2 53 b) Cho phương trình ax + b x + 1 0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết x= 5 + 3 là nghiệm của phương trình. Câu 4 (3,0 điểm): Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. Câu 5 (1,0 điểm): 1 * Cho A=n với n . (2 n + 1 ) 2 n 1 A +A +A + +A <1 Chứng minh rằng: 1 2 3 n . HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh .
2. Chữ kí giám thị 1 Chữ kí giám thị 2
3. TRUNG TÂM GIA SƯ SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM Ta có : 2 22 0,25 A = x- 50- x+ 50 x+ x-50 A2 = x- 50+x+ 50-2 x 2 -50 x+ x 2 -50 a) A2 = 2x-2 x 2 -50 x+ x 2 -50 0,25 1,0 điểm 2 2 2 A = 2 x - x + 5 0 Câu 1 A2 = 1 0 0 0,25 2,0 2 Nhưng do theo giả thiết ta thấy A= x- 50- x+ 50 x+ x-50 xx2 3 ( 2 ) 3 2 b) xx4 1 0 0,25 5 4 3 2 1,0 B = x – 3x – 3x + 6x – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 0,25 điểm B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 0,25 B = 2013 0,25 Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x0, phương trình đã cho tương đương với: 43 + = 6 66 x 5 + x 7 + xx 6 Đặt t = x 7 + phương trình trở thành x Câu 2 a) 43 2,0 1.0 + =6 1 t 0;t 2 0,25 t+ 2 t điểm điểm 22 1 4t 3t 6 6t 12t 6t 5t 6 0 32 Giải phương trình ta được t12 ; t ( thỏa mãn ) 23 0,25 3 63 2 t x7 2 x 1 1 x 1 2 0 Với 1 ta có 2 x 2 3 Giải phương trình ta được x12 ; x 4 ( thỏa mãn ) 0,25 2
4. TRUNG TÂM GIA SƯ 2 62 2 Với t 2 ta có x7 3 x 2 3 x 1 8 0 3 x 3 2 3 3 1 3 2 3 3 1 3 Giải phương trình ta được x34 ; x (thỏa mãn) 66 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : 3 x12 ; x 4 ; 2 0,25 x + y + 4 x y = 1 6 (I) ( x ; y 0 ) x + y = 1 0 Đặt S= xy ; P = xy ( S 0 ; P 0 ) hệ (I) có dạng S + 4 P = 1 6 0,25 2 ( II) b) S -2P =10 1,0 S = 4 ®iÓm Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được 0,25 P = 3 2 Khi đó x ; y là 2 nghiệm của phương trình t – 4t + 3 =0 0,25 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 x = 9 x = 1 Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ; y = 1 y = 9 0,25 2 2 2 2 2 2 4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 0.25 22 a) a 2ab b 5 2 1.0 a b 5 0,25 điểm 0,25 a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố) 4 4 2 2 a b a b a b a b 5 0,25 Câu 3 2 53 53 2,0 x = 4 1 5 điểm 53 5 3 5 3 0,25 b) là nghiệm của phương trình nên ta có 1,0 2 ®iÓm ab4 1 5 4 1 5 1 0 ab3 1 8 1 5 4 1 5 1 0 1 5 (8a b ) 3 1 a 4 b 1 0 0,25
5. TRUNG TÂM GIA Vì a, b Q nên (8a b ), (3 1 a 4 b 1) Q 3 1ab 4 1 0,25đ Do đó nếu 80ab thì 15 Q (Vô lí) 8 ab 8a b 0 a 1 Suy ra 3 1a 4 b 1 0 b 8 0,25 M Q P D H O A B K I d C N E I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O ) 0 a) OIBCOIA 90 0,25 0 1,0 Ta có AMO 90 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) 0,25 0 0,25 ®iÓm ANO 90 ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) Câu 4 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA 0.25 3,0 AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác điểm MON mà ∆OMN cân tại O nên OAMN 1 ∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì A N B = A C N = sđ NB và 2 ABAN CAN chung ) suy ra = A B .A C = A N 2 0,25 ANAC ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 b) Suy ra AB.AC = AH.AO 0,25 1,0 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì A H K = A IO = 9 0 0 và OAI chung ) ®iÓm AHAK = AI.AK=AH.AO AIAO AI.AK=AB.AC AB.AC A K = 0,25 AI Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K 0,25 cố định
6. TRUNG TÂM GIA SƯ Ta có P M Q = 9 0 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ). Xét ∆MHE và ∆QDM có M E H = D M Q ( cùng phụ với DMP ), MEMH E M H = M Q D ( cùng phụ với MPO ) 0,25 MQDQ ∆PMH đồng dạng với ∆MQH c) 1,0 MPMHMH MQHQDQ2 ®iÓm 0,25 MPME1 MQMQ2 ME = 2 MP P là trung điểm ME. 0,25 0,25 1 2n 1 A n ( 2nn 1) 2 1 ( 2nn 1) 2 1 0,25 2nn 1 1 1 2 1 1 1 1 1 A 0,25 n 2 2nn 1 2 1 2 2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 11 1 1 2 Câu 5 Vì 0 và nên 1,0 2nn 1 2 1 2n 1 2 n 1 2 n 1 11 điểm A (*)n 0,25 n 2nn 1 2 1 1 1 1 1 1 Do đó: AAAA1 2 3 n 1 3 3 5 2nn 1 2 1 1 0,25 AAAA1 2 3 n 1 1 21n Hết