Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Đồng Nai

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Toán năm học 2013 - 2014 giúp học sinh ôn tập và củng cố lại kiến thức, đồng thời nó cũng giúp học sinh làm quen với cách ra đề và làm bài thi Toán dạng trắc nghiệm.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Đồng Nai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 Môn : Toán Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 04/4/2014 Câu 1. (4 điểm) Tìm các số thực x thỏa x4  2x3  x2  2x 1  0 Câu 2. (4 điểm) x3  2y  1 Giải hệ phương trình:  3  y  2x  1 Câu 3. (4 điểm)      m2  2 n Cho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa  2  n  2 m 1) Hãy tìm một cặp gồm hai số nguyên dương lẻ  m;n  thỏa các điều kiện đã cho với m  1 và n  1 2) Chứng minh  m2  n2  2  4mn Câu 4. (4 điểm) 1) Tính số các ước dương của số 1000 2) Tính số các ước dương chẵn của số 1000 Câu 5. (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc CAB, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi (O) là đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng OB và DE, gọi N là giao điểm của hai đường thẳng OC và DE. Chứng minh bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 ĐỒNG NAI 2013-2014 Câu 1. Chia 2 vế cho x 2 ta được: x4  2x3  x2  2x  1  0  x 2  1 1   2 x   1  0 2 x x  2 1 1     x    2  x   1  0 x x   2 1     x   1  2 x   1 1  x   1  2 (1) hoặc x   1  2 (2) x x Giải (1) ta được x 1  2  2 2  1 1  2  2 2  1 hoặc x  (3) 2 2 Giải (2) vô nghiệm Vậy chỉ có hai giá trị của x ở (3) thỏa bài toán Câu 2 3  x  2y  1  x3  y3  2x  2y  0  3  y  2x  1     x  y  x 2  y2  xy  2  0  y  x(1) hoặc x2  y2  xy  2  0 (2) Với y = - x . Khi đó x3  2x  1  0   x  1 .  x2  x  1  0  x  1 hoặc x2  x  1  0(3) Khi x = 1 thì y  1 Giải (3) ta được x  1 5 1 5 hoặc x  2 2 Với x  1 5 1  5 y 2 2 Với x  1 5 1  5 y 2 2 2 y  3y2  (2)   x     2  0 (vô nghiệm) 2 4  Hệ đã cho có 3 nghiệm như trên Câu 3 3.1 Với m = 11 và n = 41 thỏa các điều kiện của bài toán Vì khi đó m2  2  123 41 và n2  2  1683 11 3.2 Vì m2  2 n mà n2 n nên  m2  n2  2  n (1) Tương tự  m2  n2  2  m (2) Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n  m2  n2 d Theo chứng minh trên  m2  n2  2  m   m2  n2  2  d  2 d  d  1(3) ; nếu d lớn hơn 1 thì d = 2 mâu thuẫn với m và n lẻ Từ (1), (2) , (3) suy ra  m2  n2  2  mn Cuối cùng vì m lẻ nên m  2k  1 (với k  )  m2  4k(k  1)  1 Tương tự n2  4l(l  1)  1 (với l  ) Suy ra  m2  n2  2  4 . Từ đó có điều phải chứng minh Câu 4. 4.1 Ta có 1000  23.53 Gọi k là một ước dương của 1000. Suy ra k  2n.5m với n, m  thỏa n  3 và m  3 Vậy số ước dương của 1000 là 4.4=16 4.2 Gọi k là một ước dương chẵn của 1000. Suy ra k  2n.5m với n, m 1  n  3 và m  3 Vậy số ước dương chẵn của 1000 là 3.4=12. thỏa Câu 5. A E M D B N O C 1 2 Theo giả thiết AD = AE  ADE cân tại A  CEM  AED  900  BAC 1 2 Mà COM  OBC  OCB  900  BAC Vậy CEM  COM  COEM là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết OE  AC . từ đó BM  CM Tương tự CN  BN  BCMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC