Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT KRÔNG ANA KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN KHOÁ NGÀY 18/02/2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút I.(3.5 điểm): 1. (1,5 điểm): Hai số 2n 1 và 2n 1 (n > 2) có thể đồng thời là số nguyên tố hay đồng thời là hợp số được không? Nếu có cho một ví dụ minh hoạ. 2. (2 điểm) Chứng minh A(n) = n 2(n2 - 1)(n2 + 1) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n. II(3 điểm): Cho tổng A = 1 + 2 + 3 + + 2008 + 2009 + 2010. 1. (1 điểm): Tính A. 2. (2 điểm): Nếu thay tổng của hai số hạng bất kỳ trong A bằng hiệu của hai số hạng đó thì tổng mới của A là số lẻ hay số chẵn? III.(6 điểm): x 4 x 1 x 4 x 1 1 1.(4 điểm): Cho biểu thức Q  1 x2 4 x 1 x 1 a. Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa. b. Rút gọn biểu thức Q. 2.(2 điểm) Cho biểu thức P = x5 3x4 x3 2011. 3 5 Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của P khi x = . 3 5 IV(2,5 điểm): Cho ABC là tam giác nhọn. Trên đường cao AD ( D BC ) lấy điểm I sao cho B· IC 900 . Trên đường cao BE ( E AC ) lấy điểm K sao cho ·AKC 900 . Chứng minh rằng CI = CK. V.(5 điểm): Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh là a. 1. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC. 2. Gọi R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn nói trên. Chứng minh rằng: 1 1 4 a. . R2 r 2 a2 8R3r3 b. S . ABCD (R2 r 2 )2 ___ (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
2. PHÒNG GD & ĐT KRÔNG ANA ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Nội dung Điểm Các số 2n 1, 2n , 2n 1 là những số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. 2n không chia hết cho 3 nên có một trong 2 số còn lại chia 0,5 1 hết cho 3. Vậy hai số đó không thể đồng thời là số nguyên tố 1,5 Hai số đó có thể đồng thời là hợp số. Ví dụ: 1 26 1 65 và 26 1 63 A(n) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với 0,5 mọi n. I - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 (theo 0,5 Fecma) nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n. 2 - Nếu n chẵn thì n2 chia hết cho 4 A(n) chia hết cho 4. 2 - Nếu n lẻ thì (n-1)(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết 0,5 cho 4. A(n) chia hết cho 4 với mọi n. - Ba số 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết 0,5 cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60. 2010 (2010 1) 1 Ta có : A = 1005 . 2011 2021055 1 2 Với hai số a, b bất kỳ thì tính chẵn lẻ của tổng và hiệu là như 1 nhau. Ta có: a + b = 2(p + q) • a = 2p; b = 2q Chẵn a - b = 2(p - q) a + b = 2(p + q + 1) • a = 2p + 1; b = 2q + 1 Chẵn II a - b = 2(p - q) 3 2 0,5 a + b = 2(p + q) + 1 • a = 2p ; b = 2q + 1 lẻ a - b = 2(p - q) - 1 a + b = 2(p + q) + 1 • a = 2p + 1 ; b = 2q lẻ a - b = 2(p - q) + 1 Như vậy khi ta thay một tổng bởi hiệu của chúng thì tính 0,5 chẵn lẻ của tổng A không đổi.
3. A = 2021055 là số lẻ nên tổng mới của A cũng là một số lẻ. 1a Q có nghĩa x 1 và x 2 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 x 2 Q  x2 4x 4 x 1 2 2 0,75 x 1 1 x 1 1 x 2 Q  x 2 2 x 1 III 4 1b x 1 1 x 1 1 x 2 Q  0,75 x 2 x 1 1 x 1 x 1 1 x 2 2 * Nếu 1 2 ta có: Q  0,75 x 2 x 1 x 1 3 5 (3 5)2 3 5 Ta có x = 0,5 3 5 (3 5)(3 5) 2 2x = 3 5 3 - 2x = 5 x2 - 3x + 1 = 0 0,5 Ta có: B = x5 3x4 x3 2011 III 2 2 = (x2 - 3x + 1)x3 + 2011 = 0.x3 +2011 = 2011 1 3 5 Vậy khi x= thì B = 2011 3 5 A I E K IV 2 B D C Ta có CI 2 = CD.BC 0,5 CK 2 = CE.CA CDA : CEB (g-g) 1 => CD.BC = CE.CA
4. => CI 2 = CK2 => CI = CK 0,5 B E M O A C I K D Gọi M, I, K là giao điểm của đường trung trực của đoạn 1 thẳng AB với AB, AC, BD thì ta có I, K là tâm đường tròn 1 ngoại tiếp ADB, ABC. Ta có KB = r và IB = R. Lấy một điểm E đối xứng với điểm I 0,5 qua M, ta có BEAI là hình thoi nên E· BA ·ABO 900 V · 0 5,5 2a Xét EBK có EBK 90 , đường cao BM. Theo hệ thức 1 1 1 trong tam giác vuông ta có BE 2 BK 2 BM 2 1,5 a 1 1 4 Mà BK = r , BE = BI = R; BM = (Đpcm) 2 R2 r 2 a2 AO AM AM .AB AB 2 AOB : AMI AO AB AI AI 2 R 1,5 BM.AB AB2 Tương tự ta được BO BK 2r AB4 Ta có SABCD 2.AO.OB 2. 2b 4Rr Mà theo định lí Pitago trong tam giác vuông AOB ta có 2 2 2 2 2 1 4 1 1 2 4R r 1 AB OA OB AB 2 2 AB 2 2 4 R r R r 8R3r3 Từ đó ta có : S ABCD (R2 r 2 )2 Lưu ý: - Với các bài toán hình, nếu HS không vẽ hình thì không cho điểm phần bài làm liên quan. - HS làm cách khác với đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.