2 Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp tỉnh (Kèm Đ.án)

Mời các bạn hãy tham khảo 2 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 tư liệu này giúp các em có thêm tư liệu để ôn luyện, cũng như phát huy tư duy, năng khiếu môn Toán trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. Chúc các em thi tốt!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
2 Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp tỉnh (Kèm Đ.án)UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt namSở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 MôN: Toán (Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề)Đề chính thứcBài 1. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không là số chính phương.Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: a, 3 2 x + x 1 = 1  xy  z 2  2  2 b,  yz  x  2  2  xz  y  2Bài 3. Cho  ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC; R, r theo thứ tự là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp  ABC; M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, BC và AC. a, Chứng minh: BN . OM + BM . ON = BO . MN b, Đặt ON = d1 ; OM = d2 ; OP = d 3 . Tính R + r theo d1 , d2 , d3 ?Bài 4. Lấy một số tự nhiên có 2 chữ số chia cho số có 2 chữ số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 4 và dư 15. Nếu lấy số đó trừ đi 9 thì được một số bằng tổng bình phương của 2 chữ số tạo thành số đó. Tìm số tự nhiên ấy? -------------- Hết ---------------Họ tờn thớ sinh:..........................................................Số bỏo danh:.........................áp án Đ1UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt namSở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 hớng dẫn chấm toán 9Bài 1: 3,5 điểmC1: Gọi 5 số nguyờn liờn tiếp là n-2, n-1, n, n+1, n+2 với n nguyờn, dễ thấy tổng cỏcbỡnh phương của 5 số đó là 5(n2 + 2) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 nênkhông thể là số chính phương.C2: Xét tính chẵn lẻ của 5 số nguyên liên tiếp đó.Bài 2: a. 3,5 điểm 3 Đặt a = 2x b= x 1  0  3 2 Ta có : a  b  1  I  a   b 1  a3 + a2 - 2a = 0 2  a ( a + a -2) = 0 a  0   a 2  a  2  0  Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) nên phương trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 b, 3,5 điểm Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4) Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5) Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ : x  z  x  y  z   0   y  x x  y  z   0  xz  y 2  2  Để giải hệ trên ta giải 4 hệ x  z  0 x  z  0     y  x  0 A  x  y  z  0 B    xz  y 2  2  xz  y 2  2  y  x  0 x  y z  0     x  y  z  0 C  x  y  z  0 D    xz  y 2  2  xz  y 2  2  Giải 4 hệ trên ta được 8 bộ nghiệm của hệ phương trình :    (1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; 2; 0 ; 2 ;  2; 0 ;  2   2;   2 ; 0 ;  2;  2 ;0 ;  0 ;   2; 2 ; 0 ;  2 ;  2 Bài 3: 6 điểm a, Ta có BMO = BNO = 900 => OMBN là tứ giác nội tiếp Trên BO lấy E sao cho BME = OMN =>  BME  NMO BM NM =>  BE NO => BM . NO = BE . NM Chứng minh tương tự BN. OM = OE .MN Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của  ABC theo câu a ta có d1. a +d c =R. b 2 2 2 2 áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có d 1. b +d . c = R. a 3 2 2 2 a d 3 . + d2 . b = R. c 2 2 2 Cộng theo từng vế : R . ( a+b+c) = 1 . ( d b + d b + d c + d a + d a + d c) 1 2 3 3 1 2 2 2 r mặt khác SABC = . ( a+b +c ) = 1 .( d c + d b + d a ) 1 3 2 2 2 Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d1+d2+d3) hay R + r = d1 + d 2 + d3Bài 4: 3,5 điểm Gọi số phải tỡm là (a , b N; 1 a, b 9) ab  4.ba  15(1)  Ta cú hệ  2 2 ab  9  a  b (2)  C1 : Từ (1) ta thấy nếu => a = b = 9 khụng thỏamón (1) và (2) Vậy b = 1 thay b = 1 vào (2) ta được: – 9 = a2 + 1  10a + 1 ...