Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 năm 2013 tỉnh Hải Dương

Chia sẻ: Dat Dat | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

355
lượt xem 45
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN 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: với b) Cho . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 điểm): a) Giải phương trình

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 năm 2013 tỉnh Hải Dương

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 ﾥﾥﾥﾥ ∆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 ﾥﾥﾥ ∆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 ﾥﾥﾥ Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ), ®iÓm ME MH 0,25 = EMH=MQD ( cùng phụ với MPO ) � ﾥﾥﾥ 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 −