Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Gia Lai

Chia sẻ: Quang Huy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

358
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi HSG có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các em Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2013-2014 để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Gia Lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 29/03/2014 Câu 1. (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + x + 6 = y 2 . b) Chứng minh rằng phương trình −2mx 2 + x + m = 0 ( ẩn x ) luôn có nghiệm có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 với mọi giá trị của m. Câu 2. (3 điểm) x + 2903 − y = 2903 Giải hệ phương trình: 2903 − x + y = 2903 Câu 3. (3 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab + + 3. a + bc b + ca c + ab Câu 4. (3 điểm) Cho x + y + z = 0. Chøng minh r»ng : 2 ( x 5 + y 5 + z 5 ) = 5 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 ) Câu 5. (3 điểm) Trong một đường tròn lấy 2014 điểm tùy ý. Chứng minh rằng ta có thể chia hình tròn này thành ba phần bởi hai dây cung sao cho phần thứ nhất có 4 điểm, phần thứ hai có 10 điểm và phần thứ ba có 2000 điểm. Câu 6. (4 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ BC (M khác B và C), dây cung AM cắt dây cung BC tại I. Chứng minh rằng: a) MB.IC = MC.IB b) MB + MC = MA . Hết Họ và tên thí sinh: ……………………………; Số báo danh: ………; Phòng thi số: … Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM: MÔN TOÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1 (4 điểm): a)(2 đ) Ta có: x 2 + x + 6 = y 2 � 4 x2 + 4 x + 24 = 4 y 2 ................................................................................................ 0.5đ � ( 2 y ) − (2 x + 1) 2 = 23 2 ................................................................................................ 0.5đ � ( 2 y + 2 x + 1) ( 2 y − 2 x − 1) = 23 (1) ................................................................................................ 0.25đ Từ (1) dẫn đến việc tìm nghiệm nguyên của các hệ sau: 2 x + 2 y + 1 = 23 2x + 2 y +1 = 1 2 x + 2 y + 1 = −23 2 x + 2 y + 1 = −1 ; ; ; 2 y − 2x −1 = 1 2 y − 2 x − 1 = 23 2 y − 2 x − 1 = −1 2 y − 2 x − 1 = −23 ................................................................................................ 0.5đ Giải các hệ trên ta có nghiệm của phương trình đã cho là: ( 5, 6 ) ;(−6, 6);( −6, −6);(5, −6) ................................................................................................ 0.25đ b)(2 đ) TH1: m = 0 , Phương trình trở thành: x = 0 , rõ ràng trong TH này phương trình có nghiệm thỏa điều kiện đặt ra. ................................................................................................ 0.5đ TH2: m 0 , lúc này phương trình là phương trình bậc hai có ∆ = 1 + 8m 2 > 0, ∀m 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m 0 . ................................................................................................ 0.5đ Giả sử hai nghiệm đó là x1 , x2 . Theo định lý Vietes ta lại có 1 x1 x2 = 2 ................................................................................................ 0.25đ �x1 < 1 � x1 x2 < 1 x2 < 1 ................................................................................................ 0.75đ Câu 2 (3 điểm): Điều kiện: 0 x 2903;0 y 2903 ................................................................................................ 0.25đ * Xét x > y
Ta có x > y ; 2903 − y > 2903 − x � x + 2903 − y > 2903 − x + y hay 2903 > 2903 (sai) Như vậy hệ không có nghiệm ( x, y ) mà x > y . ................................................................................................ 1.0đ * Tương tự hệ không có nghiệm ( x, y ) mà x < y . ................................................................................................ 0.5đ * Xét x = y. Khi đó ta có: 2903 − x + x = 2903 � 2903 − x + 2 x (2903 − x ) + x = 2903 � 2 x(2903 − x ) = 0 x=0 x = 2903 ................................................................................................ 0.75đ Với x = 0 thì y = 0 Với x = 2903 thì y = 2903 x =0 � � x = 2903 Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm của hệ phương trình là: � ;� y =0 � � y = 2903 ................................................................................................ 0.5đ Chú ý: Nếu học sinh dự đoán được nghiệm nhưng không chứng minh sự hết nghiệm của hệ thì mỗi nghiệm dự đoán đúng được 0,25 điểm. Câu 3 (3 điểm): Ta sẽ "qui đồng" mẫu số như sau: 3 ( a + bc ) = 3a + 3bc = ( a + b + c ) a + 3bc = a 2 + ab + ac + 3bc = ab + bc + ca + a 2 + 2bc Mặt khác 2bc b 2 + c 2 . Vậy 3 ( a + bc ) ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 . ................................................................................................ 1.5đ Bằng cách tương tự ta cũng có: 3 ( b + ca ) ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 và 3 ( c + ab ) ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 ................................................................................................ 0.75đ Do đó
a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab 3 ( a + bc ) 3 ( b + ca ) 3 ( c + ab ) 2 2 2 VT = + + = + + a + bc b + ca c + ab 3 ( a + bc ) 3( b + ca ) 3 ( c + ab ) 3 ( a 2 + bc ) 3 ( b 2 + ca ) 3 ( c 2 + ab ) Suy ra VT + + ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 3 ( a 2 + bc ) + 3 ( b 2 + ca ) + 3 ( c 2 + ab ) ۳ VT ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 3 ( ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 ) ۳ VT ab + bc + ca + a 2 + b 2 + c 2 ۳ VT 3 (đpcm). ................................................................................................ 0.75đ Câu 4 (3 điểm): Vì x + y + z = 0 nên x + y = –z (x + y)3 = –z3 ................................................................................................ 0.5đ Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = –z3 3xyz = x3 + y3 + z3 ................................................................................................ 0.5đ Do đó : 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) ................................................................................................ 0.5đ Mà x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = z2 – 2xy (vì x + y = –z). ................................................................................................ 0.5đ Tương tự : y2 + z2 = x2 – 2yz ; z2 + x2 = y2 – 2zx. ................................................................................................ 0.5đ Suy ra : 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(x2 – 2yz) + y3(y2 – 2zx) + z3(z2 – 2xy) = 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(x2 + y2 + z2) Vậy : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (đpcm) ................................................................................................ 0.5đ Câu 5 (3 điểm): Ta kẻ tất cả các đường thẳng qua hai trong số các điểm đã lấy. Vì số điểm là hữu hạn nên số đường thẳng là hữu hạn và do đó số giao điểm của các đường thẳng này với đường tròn là hữu hạn. Do vậy tồn tại một điểm O trên đường tròn không thuộc bất kỳ một đường thẳng nào trong số các đường thẳng kẻ trên. ................................................................................................ 1.0đ Kẻ các tia gốc O đi qua 2014 điểm đã cho. Với cách chọn điểm O như trên thì các tia này là phân biệt. Các tia này cắt đường tròn tại các điểm thứ hai A1 , A2 ,..., A2014 (theo chiều quay của kim đồng hồ tính từ O). ................................................................................................ 1.0đ Kẻ tia gốc O bất kỳ giữa hai tia OA4 và OA5 . Tia này cắt đường tròn tại P.
Kẻ tia gốc O bất kỳ giữa hai tia OA14 và OA15 . Tia này cắt đường tròn tại Q. Khi đó hai dây OP và OQ sẽ chia chia hình tròn thành ba phần sao cho phần thứ nhất có 4 điểm, phần thứ hai có 10 điểm và phần thứ ba có 2000 điểm. ................................................................................................ 1.0đ Câu 6(4 điểm): A D E O I B C M a)(1 đ) Ta có ﾷAMB = ﾷACB = 600 (cùng chắn cung AB) ﾷAMC = ﾷABC = 600 (cùng chắn cung AC) ﾷAMB = ﾷAMC = 600 ................................................................................................ 0.5đ MI là tia phân giác của BMC ﾷ MB IB = � MB.IC = MC.IB (đpcm) MC IC ................................................................................................ 0.5đ b)(3 đ) Qua B kẻ đường thẳng song song với MC cắt AM tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. ................................................................................................ 1.0đ ﾷ Ta có BEM = ﾷAMC (so le trong của BE / / MC ) ﾷ BME ﾷ = BEM = 600 ∆BEM đều � MB = ME ................................................................................................ 0.75đ Chứng minh tương tự ta có: ∆ADE đều � EA = ED ................................................................................................ 0.25đ ﾷ Mặt khác: BDC ﾷ = BAC = 600 (cùng chắn cung BC) EM / / CD (do BEM ﾷﾷ = BDC = 600 ) có: ED / / MC
Tứ giác CDEM là hình bình hành � ED = MC ................................................................................................ 0.75đ Vậy: MB + MC = ME + ED = ME + EA = MA (đpcm) ................................................................................................ 0.25đ ...................................Hết................................... Chú ý: Cách giải khác, nếu đúng, vẫn được điểm tối đa.