Xem mẫu
- 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):
)
( x − 50 − x + 50 x + x 2 − 50 với x
a) Rút gọn biểu thức: A = 50
b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
Câu 2 (2,0 điểm):
4x 3x
+ =6
a) Giải phương trình
x − 5x + 6 x − 7x + 6
2 2
x + y + 4 xy = 16
b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
x + y = 10
Câu 3 (2,0 điểm):
a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab − 11b 2 chia hết cho 5
thì a4 − b4 chia hết cho 5.
b) Cho phương trình ax +bx+1= 0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết
2
5− 3
là nghiệm của phương trình.
x=
5+ 3
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm gi ữa A và C).
Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đ ường
thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuy ến với đ ường tròn tâm O t ại M và N. G ọi I là
trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các đi ểm P và Q (P n ằm
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 c ắt đ ường
thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5 (1,0 điểm):
1
Cho A n = với n ﾥ * .
(2n +1) 2n −1
Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 .
------------- HẾT ------------
Họ và tên thí sinh: ……………………………… ….. Số báo danh …………….
- Chữ kí giám thị 1 ………………….. Chữ kí giám thị 2 …………………..
- 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
PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
Ta có :
) (x+
( )
2
0,25
A2 = x 2 - 50
x - 50 - x + 50
)( )
(
A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50
)( )
= ( 2x - 2
a)
0,25
A2 x 2 - 50 x + x 2 - 50
1,0
( )
điểm A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50
Câu 1 0,25
2
A = 100
)
(
2,0 2
Nhưng do theo giả thiết ta thấy A = x - 50 - x + 50 x + x - 50 x − 2 = − 3 � ( x − 2) = 3
2
0,25
� x2 − 4x + 1 = 0
b)
B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
1,0 0,25
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013
điểm 0,25
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013
0,25
B = 2013
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Câu 2 a)
2,0 Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với:
1.0
điểm điểm 4 3
+ =6
6 6
x −5+ x −7+
x x
6
Đặt t = x − 7 + phương trình trở thành
x
43
+ =6 ( 1) ( t 0; t −2 ) 0,25
t+2 t
( 1) � 4t + 3t + 6 = 6t 2 + 12t � 6t 2 + 5t − 6 = 0
−3 2
Giải phương trình ta được t1 = ; t 2 = ( thỏa mãn ) 0,25
2 3
6 −3
−3
Với t1 = ta có x − 7 + = � 2 x 2 − 11x + 12 = 0
2 x2
3
Giải phương trình ta được x1 = ; x 2 = 4 ( thỏa mãn ) 0,25
2
62
2
Với t 2 = ta có x − 7 + = � 3x − 23 x + 18 = 0
2
3 x3
- 23 + 313 23 − 313
Giải phương trình ta được x 3 = (thỏa
; x4 =
6 6
mãn)
3
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : x1 = ; x 2 = 4 ; 0,25
2
23 + 313 23 − 313
x3 = ; x4 =
6 6
x + y + 4 xy = 16
(I) ( x; y 0 )
x + y = 10
Đặt S= x + y ; P = xy ( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng
S + 4P = 16 0,25
( II)
S2 - 2P = 10
b)
1,0 S=4
0,25
Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được
®iÓm P=3
Khi đó x ; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0
0,25
Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1
� = 9 � =1
x x
;�
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm �
� =1 � = 9
y y 0,25
( )( )
Câu 3 0.25
4a2 + 3ab − 11b2 M � 5a2 + 5ab − 10b2 − 4a2 + 3ab − 11b2 M
5 5
2,0
điểm � a2 + 2ab + b2 M5
a)
� ( a + b) M
1.0 2
0,25
5
điểm 0,25
� a + bM ( Vì 5 là số nguyên tố)
5
� a4 − b4 = ( a2 + b2 ) ( a + b ) ( a − b ) M5 0,25
( )
b) 2
5− 3
5− 3
1,0 x= = 4 − 15
=
( )( )
5+ 3 5+ 3 5− 3 0,25
®iÓm
5− 3
x= là nghiệm của phương trình nên ta có
5+ 3
( )( )
2
a 4 − 15 + b 4 − 15 +1= 0
a ( 31 − 8 15 ) + b ( 4 − 15 ) +1= 0
� − 15(8a + b) + 31a + 4b + 1 = 0 0,25
Vì a, b Q nên (8a + b), (31a + 4b + 1) Q
31a + 4b + 1 0,25đ
Do đó nếu 8a + b 0 thì 15 = Q (Vô lí)
8a + b
- �a + b = 0 � =1
8 a
Suy ra � �
0,25
� a + 4b + 1 = 0 � = −8
31 b
Câu 4
M
3,0
điểm
Q
P OD
H
A B
K
I d
C
N
E
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
0,25
ﾥ
� OI ⊥ BC � OIA = 900
a)
0,25
AMO = 900 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) )
Ta có ﾥ
1,0
0,25
®iÓm ANO = 900 ( do AN là hai tiếp tuyến (O) )
ﾥ
0.25
Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA
AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác
MON mà ∆OMN cân tại O nên OA ⊥ MN
ﾥ
1
ﾥ ﾥ ﾥ ﾥ
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì ANB=ACN= sđ NB và CAN
2
AB AN 0,25
AB.AC=AN 2
=
chung ) suy ra
AN AC
∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2
Suy ra AB.AC = AH.AO
b) 0,25
1,0 ﾥ ﾥ ﾥ
∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=90 0 và OAI chung )
®iÓm AH AK
� � AI.AK=AH.AO
=
AI AO
AI.AK=AB.AC
AB.AC
AK= 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
c) ﾥ
Ta có PMQ=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).
1,0 ﾥ ﾥ ﾥ
Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),
®iÓm
ME MH 0,25
=
EMH=MQD ( cùng phụ với MPO ) �
ﾥ ﾥ ﾥ
MQ DQ
∆PMH đồng dạng với ∆MQH
- MP MH MH
= =
�
MQ HQ 2 DQ
0,25
MP 1 ME
=
�
MQ 2 MQ
⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME. 0,25
0,25
2n − 1
1
A= =
0,25
n (2n + 1) 2n − 1 (2n + 1) ( 2n − 1)
2n − 1 � 1 1 � 2n − 1 � 1 1�1 � 1�
A= − = + − 0,25
� � � �� �
n 2 � n − 1 2n + 1 � 2 � 2n − 1 2 n + 1 � 2n − 1 2n + 1 �
2 �
1 1 1 1 2
nên An <
− > 0 và + <
Câu 5 Vì
2n − 1 2n + 1 2n − 1 2n + 1 2n − 1
1,0
1 1
điểm 0,25
− (∀n ﾥ *)
2n − 1 2n + 1
1 1 1 1 1
Do đó: A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 − + − + ���
+ −
2n − 1 2n + 1
3 3 5
1 0,25
A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 −
nguon tai.lieu . vn
