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

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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Đồng NaiSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTỈNH ĐỒNG NAIĐỀ THI CHÍNH THỨCTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9NĂM HỌC 2013-2014Môn : ToánThời gian làm bài : 150 phútNgày thi: 04/4/2014Câu 1. (4 điểm)Tìm các số thực x thỏa x4  2x3  x2  2x 1  0Câu 2. (4 điểm)x3  2y  1Giải hệ phương trình:  3y  2x  1Câu 3. (4 điểm) m2  2 nCho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa  2 n  2 m1) Hãy tìm một cặp gồm hai số nguyên dương lẻ  m;n  thỏa các điều kiện đãcho với m  1 và n  12) Chứng minh  m2  n2  2  4mnCâu 4. (4 điểm)1) Tính số các ước dương của số 10002) Tính số các ước dương chẵn của số 1000Câu 5. (4 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc CAB, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi (O) làđường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần lượttại D, E. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng OB và DE, gọi N là giao điểmcủa 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 2013-2014Câu 1.Chia 2 vế cho x 2 ta được:x4  2x3  x2  2x  1  0  x 2 11 2 x   1  02xx211  x    2  x   1  0xx21   x   1  2x 11 x   1  2 (1) hoặc x   1  2 (2)xxGiải (1) ta đượcx1  2  2 2  11  2  2 2  1hoặc x (3)22Giải (2) vô nghiệmVậy chỉ có hai giá trị của x ở (3) thỏa bài toánCâu 23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  1Giải (3) ta được x 1 51 5hoặc x 22Với x 1 51  5y22Với x 1 51  5y222y  3y2(2)   x    2  0 (vô nghiệm)24Hệ đã cho có 3 nghiệm như trênCâu 33.1 Với m = 11 và n = 41 thỏa các điều kiện của bài toánVì khi đó m2  2  123 41 và n2  2  1683 113.2 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 dTheo 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 lẻTừ (1), (2) , (3) suy ra  m2  n2  2  mnCuối cùng vì m lẻ nên m  2k  1 (với k  )  m2  4k(k  1)  1Tương tự n2  4l(l  1)  1 (với l )Suy ra  m2  n2  2  4 . Từ đó có điều phải chứng minhCâu 4.4.1 Ta có 1000  23.53Gọi k là một ước dương của 1000. Suy ra k  2n.5m với n, m thỏa n  3 và m  3Vậy số ước dương của 1000 là 4.4=164.2 Gọi k là một ước dương chẵn của 1000. Suy ra k  2n.5m với n, m1  n  3 và m  3Vậy số ước dương chẵn của 1000 là 3.4=12.thỏaCâu 5.AE MDBNOC12Theo giả thiết AD = AE  ADE cân tại A  CEM  AED  900  BAC12Mà COM  OBC  OCB  900  BACVậy CEM  COM  COEM là tứ giác nội tiếpTheo giả thiết OE  AC . từ đó BM  CMTương tự CN  BN  BCMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC